CSP 2019 Day2 T2 划分

设(f_{i,j})表示只考虑前(i)个数，最后一段的开始端点的前一个位置为(j)时的最优解
那么有转移方程

[f_{i,j}=(sum_i-sum_j)^2+min(f_{j,k}) 其中sum_j-sum_kle sum_i-sum_j ]

其中(sum_i)表示前缀和
显然直接转移是(O(n^3)) 可以获得(36)分的高分
但是可以发现当(j)固定时，(i)向右移动满足条件最小的(k)一定不会向右移动，满足单调性
只用维护(f_{j,k})的最小值就可以了
时间复杂度为(O(n^2))可通过(64)分
观察这样一个东西：（盗别人的图，勿喷）

假设(sumL+xle sumR)
如果(x)放到(sumL)中，答案是(ans_1=(sumL+x)^2+sumR^2=sumL^2+sumR^2+x^2+2sumL*x)
如果(x)放到(sumR)中，答案是(ans_2=(sumR+x)^2+sumL^2=sumL^2+sumR^2+x^2+2sumR*x)
显然(sumLle sumR),因此(ans_1le ans_2)
即如果都合法，那么最后一段的长度越小越好
于是我们设(pre_i)表示只考虑前(i)个时，最优解时最后一段的开始端点的前一个位置（如果有多个位置则尽量靠后）
若当前枚举到(i)，考虑转移点(j)
即要满足(sum_i-sum_jge sum_j-sum_{pre_j})
也就是(sum_ige 2sum_j-sum_{pre_j})
记(val_j=2sum_j-sum_{pre_j}),那么(sum_ige val_j)
我们要在满足这个限制的(j)中找到最大的（因为要让最后一段尽量小）
这个东西显然可以用单调队列进行优化
具体来说，每次求(pre_i)时，先把队首的所有过时决策剔除（如果下一个元素都满足(val_jle sum_i)，那么就弹出队首，因为下一个一定比当前队首的更优）
然后直接用队首来更新
求出(pre_i)后加入队尾
对于(prege pre_i),全部都要弹出（因为当前值比它小还比它靠后，那么它就没有机会更新其他答案了）
最后再从(n)开始往回走统计答案即可

time complexity:

(O(n))

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e7+5,mod=1<<30;
typedef long long ll;
int n,type,a[N],pre[N],q[N],l,r,x,y,z,b[N],m;
ll s[N];
inline ll dr(int x){return 2*s[x]-s[pre[x]];}
inline int add(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
void write(__int128 x){if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&type);
	if(type)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d%d",&x,&y,&z,b+1,b+2,&m);
		for(int i=3;i<=n;++i)b[i]=add(z,add(mul(x,b[i-1]),mul(y,b[i-2])));
		int la=0;
		for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			int p,l,r;scanf("%d%d%d",&p,&l,&r);
			for(int j=la+1;j<=p;++j)a[j]=b[j]%(r-l+1)+l,s[j]=s[j-1]+1ll*a[j];
			la=p;
		}
	}
	else for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",a+i),s[i]=s[i-1]+1ll*a[i];
	l=1,r=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		while(l+1<=r&&dr(q[l+1])<=s[i])++l;
		if(dr(q[l])<=s[i])pre[i]=q[l];
		while(l<=r&&dr(i)<=dr(q[r]))--r;
		q[++r]=i;
	}
	int now=n;__int128 ans=0;
	while(now)ans+=(__int128)(s[now]-s[pre[now]])*(s[now]-s[pre[now]]),now=pre[now];
	write(ans);
	return 0;
}