【apio2014】【bzoj3675】序列分割 题解＆代码（Ｃ＋＋）

题解：

不考虑那么大的数据范围，首先我们可以想出它的dp解法，dp[ｉ][ｋ]表示前ｉ个数字分成ｋ段的最大分值，那么转移方程则为：

dp[ｉ][ｋ]=max(dp[ｊ][ｋ-1]+sum[ｊ]*(sum[ｉ]-sum[ｊ]));

然而这样做的话很明显是k×n^2的算法，对于100000的数据来说即使ｋ只有200也是会超时的，因此我们要想办法降低一维复杂度使得算法变为ｎ×ｋ的复杂度，而降低动态规划复杂度一般都是通过降低状态转移的那一维即枚举ｊ的复杂度，这就用到了斜率优化。

根据斜率优化一贯的做法，假如存在两个决策点k1,k2且k1 < k2，设在更新i点的dp值dp[i][t+1]时k2优于k1，则存在：

dp[k1][t]+sum[k1]∗(sum[i]−sum[k1])<dp[k2][t]+sum[k2]∗(sum[i]−sum[k2])

将这个不等式变化之后得到：

(dp[k1][t]-sum[k1]^2)-(dp[k2][t]-sum[k2]^2)
_________________________________________  <sum[i]
sum[k2]-sum[k1]

记slope[ k1，k2 ] =左边的式子，那么我们发现有两个性质：

１．当　slope[ k1,k2 ] < sum[i]时对于ｉ点来说k2决策优于k1且永远优于k1，因为序列中的每一个数都是非负数，对于任意ｘ> i来说　sum[x]>=sum[i]　当　slope[ k1,k2 ] < sum[i] 时一定有　slope[ k1,k2 ] < sum[ｘ] 　因此每一个决策都具有单调性，即当　slope[ k1,k2 ] < sum[i] ，那么对于ｉ以后的点k1永远没用。

２．若存在k1，k2，k3且k1 < k2 < k3，当slope[ k1,k2 ] >slope[ k2,k3 ]时，k2这个决策点永远不会用到，为什么呢？因为，假如在更新某一个点ｉ时如果k2比k1优，那么slope[ k1,k2 ] < sum[i] 但同时因为 slope[ k1,k2 ] >slope[ k2,k3 ]　那么　slope[ k2,k3 ] < sum[i] 　即k3比k2优，所以k2没用，假如k2没有k1优，那么k2直接就没用了，因此不管怎样k2都是没用的。

拥有这两个性质之后，我们需要维护一个队列每次都只存有用的决策点来减少决策那一维的时间复杂度。根据２号性质，我们发现维护的队列q必须符合这样一个性质，即　slope[ q1,q2 ] < slope[ q2,q3 ] < slope[ q3,q4 ] <…………，否则队列就出现了永远无用的决策点。

如何构造这个队列呢？

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#define maxn (100005)
using namespace std;
int n,m,k,q[maxn];
long long sum[maxn],dp[maxn][2],y[maxn][2];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
}
for (int i=1;i<=n;i++)
y[i][0]=0-sum[i]*sum[i];//dp[i][0]=0
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int now=i%2;
int pre=(i+1)%2;
int h=1,t=1;
q[h]=1;
for (int j=1;j<=n;j++)
{
while(h<t&&sum[j]*(sum[q[h+1]]-sum[q[h]])>=(y[q[h]][pre]-y[q[h+1]][pre])) h++;
dp[j][now]=dp[q[h]][pre]+sum[q[h]]*(sum[j]-sum[q[h]]);
y[j][now]=dp[j][now]-sum[j]*sum[j];
while(h<t&&(y[q[t-1]][pre]-y[q[t]][pre])*(sum[j]-sum[q[t]])>=(y[q[t]][pre]-y[j][pre])*(sum[q[t]]-sum[q[t-1]]))t--;
t++;q[t]=j;
}
}
printf("%lld\n",dp
[k%2]);
}

bzoj上管理员太懒不用记录路径，uoj上代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#define maxn (100005)
using namespace std;
int n,m,k,q[maxn],pr[maxn][202];
long long sum[maxn],dp[maxn][2],y[maxn][2];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
}
for (int i=1;i<=n;i++)
y[i][0]=0-sum[i]*sum[i];//dp[i][0]=0
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int now=i%2;
int pre=(i+1)%2;
int h=1,t=1;
q[h]=0;
for (int j=1;j<=n;j++)
{
while(h<t&&sum[j]*(sum[q[h+1]]-sum[q[h]])>=(y[q[h]][pre]-y[q[h+1]][pre])) h++;
pr[j][i]=q[h];
dp[j][now]=dp[q[h]][pre]+sum[q[h]]*(sum[j]-sum[q[h]]);
y[j][now]=dp[j][now]-sum[j]*sum[j];
while(h<t&&(y[q[t-1]][pre]-y[q[t]][pre])*(sum[j]-sum[q[t]])>=(y[q[t]][pre]-y[j][pre])*(sum[q[t]]-sum[q[t-1]]))t--;
t++;q[t]=j;
}
}
cout<<dp
[k%2]<<endl;
int now=n;
while(pr[now][k]!=0)
{
printf("%d ",pr[now][k]);
now=pr[now][k];
k--;
}
printf("\n");
}