BZOJ 3675 APIO2014序列分割 斜率优化dp

#Problem
##Description
你正在玩一个关于长度为n的非负整数序列的游戏。这个游戏中你需要把序列分成k+1个非空的块。为了得到k+1块，你需要重复下面的操作k次：

选择一个有超过一个元素的块（初始时你只有一块，即整个序列）
选择两个相邻元素把这个块从中间分开，得到两个非空的块。

每次操作后你将获得那两个新产生的块的元素和的乘积的分数。你想要最大化最后的总得分。
##Input Description
第一行包含两个整数n和k。保证$k+1\le n$。
第二行包含 n 个非负整数 $a_1,a_2,\cdots ,a_n(0\le a_i\le 10^4)$，表示前文所述的序列。

##Output Description
第一行输出你能获得的最大总得分。
第二行输出 k 个介于 1 到 n-1 之间的整数，表示为了使得总得分最大，你每次操作中分开两个块的位置。第 i 个整数 $s_i$ 表示第 i 次操作将在 $s_i$​ 和 $s_{i+1}$​ 之间把块分开。
如果有多种方案使得总得分最大，输出任意一种方案即可。（当然bzoj上其实不需要输出方案）
##Sample
Input
7 3
4 1 3 4 0 2 3
Output
108
1 3 5
##Hint
你可以通过下面这些操作获得108分：

初始时你有一块 (4, 1, 3, 4, 0, 2, 3)。在第 1 个元素后面分开，获得 $4\times (1+3+4+0+2+3)=52$ 分。

你现在有两块 (4)(1, 3, 4, 0, 2, 3)。在第 3 个元素后面分开，获得 $(1+3)\times (4+0+2+3)=36$ 分。

你现在有三块 (4), (1, 3), (4, 0, 2, 3)。在第 5 个元素后面分开，获得 $(4+0)\times (2+3)=20$ 分。

所以，经过这些操作后你可以获得四块 (4), (1, 3), (4, 0), (2, 3) 并获得 $52+36+20=108$ 分。

##Data Size
第一个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 10$。

第二个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 50$。

第三个子任务共 11 分，满足 $1\le k<n\le 200$。

第四个子任务共 17 分，满足 $2\le n\le 1000,1\le k\le \min (n-1,200)$。

第五个子任务共 21 分，满足 $2\le n\le 10000,1\le k\le \min (n-1,200)$。

第六个子任务共 29 分，满足 $2\le n\le 100000,1\le k\le \min (n-1,200)$。
#Solution
如果你还不知道斜率优化，安利一篇不错的blog

首先对于一个数列，若要将其分为三段，总和分别是a,b,c。有两种分法：
$a\ast (b+c)+b\ast c=a\ast b+a\ast c+b\ast c$
$(a+b)\ast c+a\ast b=a\ast b+a\ast c+b\ast c$
经过推广，可以发现切的顺序对于结果没有影响。
既然如此，我们就可以方便地定义状态f[p][i]表示在前 i 之中切 p 刀的答案，则有
$$f[p][i]=\underset{j<i}{\max }(f[p-1][j]+sum[j]\ast (sum[i]-sum[j]))$$
至于当前方案的贡献为$sum[j]\ast (sum[i]-sum[j])$的原因，因为顺序对答案不影响，对于现在dp到i时，可以认为在还未进行dp的 [i+1,n] 的范围是已经切好了的，而之前dp出的最优方案是以后才切的，即从后往前切。不妨假令 j 为这 [1,i] 中的第一刀，那么这一刀对答案的贡献即为$sum[j]\ast (sum[i]-sum[j])$。
这个朴素DP的时间复杂度为$O(n^{2}k)$，空间复杂度为$O(nk)$。空间时间都炸了，妥妥的。

容易想到每一次的状态转移只与上一次有关，那么用滚动数组压成两维即可。
其次，方程中有前缀和，而数列为非负整数，那么前缀和是单调递增，容易想到斜率优化。为了方便表达，现在省去 f 数组的第一维，大家可以默认为下方公式中的 f 数组指上一次dp的状态，即 f[p-1]。
令现在有 j,k 两个位置，且选择 k 要优于选择 j 。
那么需要满足
$$f[j]+sum[j]\ast (sum[i]-sum[j])\le f[k]+sum[k]\ast (sum[i]-sum[k])$$
$$\Rightarrow sum[i]\le \frac{f[k]-sum[k{]}^2-f[j]+sum[j{]}^2}{sum[j]-sum[k]}$$
然后由此算斜率优化。但是有一个坑点，就是数列为非负整数，因此有可能会出现$sum[j]-sum[k]=0$，而除以一个0就RE/WA了！而对于这种情况，可以知道不管在不在这个地方切开对答案应该没有影响，所以特判一下，return一个极小/大值。
#Code

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
int n,k,x,r,h,t,to[210][maxn],q[maxn];
ll sum[maxn],f[2][maxn];
inline ll pow(ll a){return a*a;}
inline double slope(int j,int k)
{
	if(sum[j]==sum[k]) return -1e18;
	return (f[r&1^1][k]-pow(sum[k])-f[r&1^1][j]+pow(sum[j]))*1.0/(sum[j]-sum[k]);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x),sum[i]=sum[i-1]+x;
	for(r=1;r<=k;r++)
	{
		h=t=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
	    {
	    	while(h<t&&slope(q[h],q[h+1])<=sum[i]) h++;
	    	f[r&1][i]=f[r&1^1][q[h]]+sum[q[h]]*(sum[i]-sum[q[h]]);
	    	to[r][i]=q[h];
	    	while(h<t&&slope(q[t-1],q[t])>=slope(q[t],i)) t--;
	    	q[++t]=i;
	    }
	}
	printf("%lld\n",f[k&1][n]);
	for(int i=k,u=n;i>=1;i--)
	{
		u=to[i][u];
		printf("%d ",u);
	}
	return 0;
}