bzoj1911&CodeVS1318 特别行动队

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1911 http://codevs.cn/problem/1318/

题意：给出n个数，要求把它们分成若干个连续段。对于一个数之和为s的连续段，得分为f(s)=a*s*s+b*s+c，其中a,b,c已经给定且a是负数。求最大的总得分。要求线性复杂度。

很容易想到这道题的一个DP算法：设dp[i]为前i个数分成若干个连续段能获得的最大的总得分，且dp[0]=0。则有dp[i]=max{dp[j]+f(sigma{w[k]}(j<k<=i))}(0<=j<i)。

但是，这样的算法是二次方的，不能满足本题的要求。应该注意到本题中分数的计算方式的特殊性，来寻找突破口。

令s[i]=w[1]+...+w[i]，则dp[i]=max{dp[j]+f(s[i]-s[j])}(0<=j<i)=max{dp[j]+a*s[i]*s[i]+a*s[j]*s[j]-2*a*s[i]-s[j]+b*s[i]-b*s[j]+c}(0<=j<=i)

=a*s[i]*s[i]+b*s[i]+c+max{dp[j]+a*s[j]*s[j]-2*a*s[i]-s[j]-b*s[j]}(0<=j<i}。这一步要注意分离出已知量，然后把与i有关和与j有关的量分开。

如果令k=2*a*s[i]+b，x=s[j]，y=dp[j]+a*s[j]*s[j]，G为max{}的内容，则有y=k*x+G。看到这个式子，如果熟悉斜率优化DP，就很容易做出这个题目了。

但是，很多人并不了解斜率优化DP，于是我复制了一段话，并稍作修改：

得到这个式子之后，我们可以看到，k是一个常数（由当前枚举的i在O(1)时间内计算得出）。将这个式子看成是一个直线的函数表达式的话，k就是斜率，也就是说这是一个斜率固定的直线。
y和x则是和j有关的常量。而j的这些值应该都已经在之前计算过了。（因为j<i）
这个式子中，G是未知的，G和y以及x有关。
如果我们把每个j对应的x和y值看成一个坐标系中的点的话。
那么当我们枚举到i时，坐标系中就有一系列的点。
对于每个点，做一条斜率为k的直线，就能得到一个G的值。G的值为这条直线与y轴交点的纵坐标。
我们可以看到，实际上，如果我们让G的值由负无穷变化到正无穷，相当于一条直线，它满足斜率为k，然后从坐标系的下方慢慢地向上平移到坐标系的上方。
那么，我们要找到，G的最小值，就是在这个过程中，这条直线所碰到的第一个点！
而这个点，必然是这个点集的凸包上的点。（不知道凸包概念的去baidu一下好了。

再加上很关键的一点。随着i的增加，点的坐标是单调不下降的（s[i]），直线的斜率也是单调不降的(2*s[i]+b)！
满足这两个单调性，我们就可以利用单调队列，来维护一个凸壳。因为我们要找G的最小值，所以要维护一个下凸壳。方法和之前那篇数形结合题一样，类似Garham求凸包的算法。
之所以可以用单调队列是因为坐标和斜率都满足单调性的话，可以证明每个点如果不是某个i的最优决策，也不能会是之后的i的最优决策，可以被抛弃。
因为每个i只会进出队列一次，所以时间复杂度降为O(N)，只需要保存单列就可以，空间复杂度为O(N)，比较完美地解决了这个问题。 

代码中有一些话和以上内容稍有出入：

因为各数段的s之和必然是n个数的和，所以b*s这一项可以直接移到最外部。

维护下凸壳时，基于各横纵坐标单调上升的特殊性，直接判断斜率的大小来删点。

并不是真正的队列实现，而是模拟两个指针i和j，随着i的增加j在原基础上增加。

代码：

#include<cstdio>#define rpt(x) for(i=1;i<=x;i++)#define maxn 1000005struct point{long double x,y;};long double slope(point a,point b){return (a.y-b.y)/(a.x-b.x);}point p[maxn],t;long long a,c,s[maxn],f[maxn],tmp;int e[maxn],g[maxn],n,i,j,k,m,A,B,C;long long ans;int main(){scanf("%d",&n);scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);a=-A;c=-C;s[0]=0;rpt(n){scanf("%d",&e[i]);s[i]=s[i-1]+e[i];}k=1;m=0;rpt(n){f[i]=a*s[i]*s[i]+c;while((k<m)&&(slope(p[k],p[k+1])<2*a*s[i])) k++;j=g[k];tmp=f[j]+a*(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+c;if(tmp<f[i]) f[i]=tmp;t.x=s[i];t.y=f[i]+a*s[i]*s[i];while((m>1)&&(slope(p[m],t)<slope(p[m-1],p[m]))) m--;p[++m]=t;g[m]=i;}ans=-f[n]+B*s[n];printf("%lld\n",ans);fclose(stdin);}