[斜率优化] codefores 660F. Bear and Bowling 4

F. Bear and Bowling 4
题意：
给一个序列val，任选连续的一段[l,r]，其价值为∑rj=lval[j]∗(j−l+1)，求最大价值 。
简单的说就是可以去掉这个序列的某前缀和某后缀，然后对新得到的val求ans=∑val[i]∗i ，最后求max(ans)。
题解：
斜率优化，这个blog前面讲的不错。
花了两天才完全搞懂这个题。
怎么得出来的呢，我们一步一步来。
首先令sum[i]=∑ij=1val[j]，令p[i]=∑ij=1val[j]∗j。
然后我们就可以表示出任意[l,r]的答案，令为ans[l,r]=p[r]−p[l−1]−(l−1)∗(sum[r]−sum[l−1]),l∈[1,r]。
注意到里面l和l−1其实是一一对应的，为了方便，令ans[a,b]=p[b]−p[a]−a∗(sum[b]−sum[a]),a∈[0,b−1]。
这样可以得到一个O(n2)的暴力。

下面来优化。

设有任意三点k<j<i ，同时假设ans[j,i]>ans[k,i]，把上面的ans代进去，我得到的结果如下：

(p[k]−k∗sum[k])−(p[j]−j∗sum[j])j−k>sum[i]

过程略，可以自行验证。

为了看起来简单，令y(x)=(p[x]−x∗sum[x])，那么上面可以写成如下形式：

−y(j)−y(k)j−k>sum[i]

最初我推出的是这个式子，然而我用这个去维护却无法ac，后来我把左边完全化为斜率形式：

g(j,k)=y(j)−y(k)j−k<−sum[i]

显然g(j,k)可以看做j和k的斜率。
前面我们假设j>k并且ans[j,i]>ans[k,i]结果得到了这个式子。
结论就是，对于任意固定的i，如果有j>k且g(j,k)<−sum[i]，便可以得出对于这个i，选择j要比选择k更好。

然而这样还没有得出如何优化，只得到了一个判断谁更优的方法。

同样假设k<j<i，如果满足g(i,j)<g(j,k)，会发生什么情况呢？
如果g(i,j)<−sum[i]，根据上面的结论，i点是优于j点的。
如果g(i,j)>−sum[i]，那么有g(j,k)>g(i,j)>−sum[i]，根据上面的结论，虽然j点优于i点，但是有k点优于j点。

结论就是，如果存在k<j<i且g(i,j)<g(j,k)，那么j永远不会成为最优解，因为左边有k，右边有i。

所以我们去除所有这样的j点之后，也就是不存在g(i,j)<g(j,k)了。
本来对于一个i，为了求max(ans(l,i))，应该在i左边所有点里找到最优的l，现在去掉了不可能最优的点，这就是优化。
根据斜率来看，也就是任意三个点k<j<i，满足kj的斜率小于ji的斜率，整个曲线斜率递增，导数是为正的，形象一点可以想象f(x)=x2的曲线。

这种优化叫做斜率优化，它和几何斜率密切相关，膜一发CDQ女神。

现在对于一个i，已经知道了max(ans(l,i))中，l的解集，并且已经把不可能的点都从解集中去掉了，如何快速求出最优的l呢？
因为sum[i]不是单调的，如果维护队首，可能会把后面需要的点出队。
根据我们维护的斜率的单调性，有一种二分的方法。
假设l的解集为a1,a2,a3,…,an，对于任意k<j<i，根据前面的结论，如果满足g(aj,ak)<−sum[i]，那么aj优于ak。
于是二分的时候，计算对于一个mid，是否满足g(amid，amid−1)<−sum[i]。
满足，说明amid优于amid−1，那么答案应该在mid的右边。
不满足，说明amid−1优于amid，那么答案应该在mid的左边。
二分的正确性在于我们已经维护好了g(ai,aj)单调递增。
容易发现我们是在解集里求一个极值点pos，满足g(apos,apos−1)<−sum[i]且g(apos+1,apos)>−sum[i]。
显然求极值同样可以采用三分法。
到这里，此题已经算是解决了，可喜可贺，收获颇丰。
再加一个斜率优化DP的题目：here
附代码：

#include<stdio.h>#include<algorithm>using std::max;typedef long long ll;const int N = 2e5+5;ll val[N], sum[N] = {0}, p[N] = {0};int q[N], top, tail;inline ll y(int x){ return p[x] - x*sum[x]; }double g(int j, int k){    double dy = y(j) - y(k);    double dx = j - k;    return dy/dx;}inline ll getans(int i, int j){    return p[i] - p[j] - j*(sum[i] - sum[j]);}int solve(ll x){    int l = top, r = tail-1, mid, res = l;    while(l <= r){ //根据斜率二分求最优点        mid = (l+r) >> 1;        if(g(q[mid], q[mid-1]) < -x) l = mid+1, res = mid;         else r = mid-1;    }    return q[res];}int main(){    int n;    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; ++i){        scanf("%lld", val+i);        sum[i] = sum[i-1] + val[i];        p[i] = p[i-1] + i*val[i];    }    top = tail = 0;    q[tail++] = 0;    ll ans = 0;    for(int i = 1; i <= n; ++i){        int j = solve(sum[i]); //对于固定的i，二分求最优点        ans = max(ans, getans(i,j)); //更新答案        while(top < tail-1 && g(i, q[tail-1]) < g(q[tail-1], q[tail-2])) tail--;　 //满足了g(i,j)<g(j,k)        q[tail++] = i;    }    printf("%lld\n", ans);}