P3628 [APIO2010]特别行动队(斜率优化dp)

特别行动队

题目描述

你有一支由 n 名预备役士兵组成的部队,士兵从 1 到 n 编号,要将他们拆分 成若干特别行动队调入战场。出于默契的考虑,同一支特别行动队中队员的编号 应该连续,即为形如(i, i + 1, ..., i + k)(i,i+1,...,i+k)的序列。 编号为 i 的士兵的初始战斗力为 xi ,一支特别行动队的初始战斗力 x 为队内 士兵初始战斗力之和,即 x = x_i + x_{i+1} + ... + x_{i+k}x=xi​+xi+1​+...+xi+k​。

通过长期的观察,你总结出一支特别行动队的初始战斗力 x 将按如下经验公 式修正为 x':x'= ax^2+bx+cx′:x′=ax2+bx+c,其中 a, b, c 是已知的系数(a < 0)。 作为部队统帅,现在你要为这支部队进行编队,使得所有特别行动队修正后 战斗力之和最大。试求出这个最大和。

例如,你有 4 名士兵, x_1 = 2, x_2 = 2, x_3 = 3, x_4 = 4x1​=2,x2​=2,x3​=3,x4​=4。经验公式中的参数为 a = –1, b = 10, c = –20。此时,最佳方案是将士兵组成 3 个特别行动队:第一队包含士兵 1 和士兵 2,第二队包含士兵 3,第三队包含士兵 4。特别行动队的初始战斗力分 别为 4, 3, 4,修正后的战斗力分别为 4, 1, 4。修正后的战斗力和为 9,没有其它 方案能使修正后的战斗力和更大。

输入格式

输入由三行组成。第一行包含一个整数 n,表示士兵的总数。第二行包含三 个整数 a, b, c,经验公式中各项的系数。第三行包含 n 个用空格分隔的整数 x_1, x_2, …, x_nx1​,x2​,…,xn​,分别表示编号为 1, 2, …, n 的士兵的初始战斗力。

输出格式

输出一个整数,表示所有特别行动队修正后战斗力之和的最特别行动队大值。

输入输出样例

输入 #1复制

4 
-1 10 -20 
2 2 3 4 

输出 #1复制

9

说明/提示

20%的数据中,n ≤ 1000;

50%的数据中,n ≤ 10,000;

100%的数据中,1 ≤ n ≤ 1,000,000,–5 ≤ a ≤ –1,|b| ≤ 10,000,000,|c| ≤ 10,000,000,1 ≤ xi ≤ 100

题解 :如果不会斜率优化可能看不懂这题解,建议先做这题戳

首先写一个 O(n^{2}) 的dp方程 dp[i] = dp[j] + f (sum[i] - sum[j]),表示前i个队伍的最强战力。

斜率优化:将上一个方程转化为 :

  dp[j]+a *sum[j]^{2}-b*sum[j]=2*a*sum[i]*sum[j]+dp[i]-a*sum[i]^{2}-b*sum[i]-c

我们假设  y = dp[j]+a *sum[j]^{2}-b*sum[j]x = sum[j]

则原式等于:y = 2 * a * sum[i] * x + dp[i] - a * sum[i] ^ {2} - b * sum[i] - c

因为斜率 2 * a * sum[i] 是单调的,所以直接用单调队列维护一下就行了。

//#include"bits/stdc++.h"
//#include
//#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define MT(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int O = 1e6;
const int mod = 1e6 + 3;
const int maxn = 1e6 + 5;
const double PI = acos(-1.0);
const double E = 2.718281828459;
const double eps = 1e-7;

int a, b, c;
LL dp[maxn], x[maxn], q[maxn], sum[maxn];

double K(int i, int j) {
    return 1.0 * ((dp[i] + a * sum[i] * sum[i] - b * sum[i]) - (dp[j] + a * sum[j] * sum[j] - b * sum[j])) / (sum[i] - sum[j]);
}

int main(){
    int n; cin >> n;
    cin >> a >> b >> c;
    sum[0] = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%lld", &x[i]); sum[i] = sum[i-1] + x[i]; }
    int l = 0, r = 0;
    q[r ++] = 0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        while(l < r - 1 && K(q[l+1], q[l]) > 2 * a * sum[i]) l ++;
        dp[i] = dp[q[l]] + a * (sum[i] - sum[q[l]]) * (sum[i] - sum[q[l]]) + b * (sum[i] - sum[q[l]]) + c;
        while(l < r - 1 && K(i, q[r-1]) > K(q[r-1], q[r-2])) r --;
        q[r ++] = i;
    }
    printf("%lld\n", dp[n]);
    return 0;
}

 

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