[斜率优化DP] codeforces 673E. Levels and Regions

题意：
要把 1～n 分成 k 组，每组内的数必须连续，组与组不相交且每个数必须属于一个组，并且任意 i 有一个参数 ti 。
如果 [l,r] 为一组，那么从 l 走到 l+1 的概率是 tltl ，从 l+1 走到 l+2 的概率是 tltl+1＋tl+1tl+1 ，依次类推，从 l 要么走到 l+1 ，要么原地不动，那么组 [l,r] 的费用就是从 l 走到 r 的期望次数。现在要分成 k 组，让总费用最小，每个数仅能属于一个组。
题解：
先推期望公式。
设 sum[i]=∑ij=1ti ， rev[i]=∑ij=11ti ，那么从 1 走到 i 的期望 exc[i]=exc[i−1]+sum[i]ti 。
然后观察得到从 l 走到 r 的期望公式 exc[l][r]＝exc[r]−exc[l−1]−sum[l−1]∗(rev[r]−rev[l−1]) 。
然后设 dp[i][j] 表示以前 i 个数成 j 段的最小费用。
转移： dp[i][j]=min(dp[l][j−1]+exc[l+1][i]) 。
发现这是个 O(n2∗k) 的转移。
当我们的 i 固定的时候，就是要在 [1,i−1] 找一个最优解 l ，观察形式得出可以斜率优化， O(n∗k) 的复杂度就可以过了。
斜率优化可以看这里。
推出斜率公式为

gp(j,k)=y(j,p)−y(k,p)sum[j]−sum[k]

其中 y(x,p)=dp[x][p]−exc[x−1]+sum[x−1]∗rev[x−1] 。
并且推出结论 若k<j<i且g(j,k)<rev[i] ，那么对于 i 来说， j 要优于 k 。
由于 rev[i] 随 i 递增而递增，当求解 l 的时候，无需二分，只需要维护单调队列的top最优就可以了。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
double exc[N] = {0}, sum[N] = {0}, rev[N] = {0};
double t[N];
double dp[N][55];
inline double y(int x, int p){
    return dp[x][p] - exc[x] + sum[x]*rev[x];
}
inline double g(int j, int k, int p){
    return (y(j, p)-y(k, p))/(sum[j]-sum[k]);
}
inline double cal(int l, int i){
    return exc[i]-exc[l]-(rev[i]-rev[l])*sum[l];
}
int q[N], top, tail;
inline void add(int i, int k){
    while(top < tail-1 && g(i, q[tail-1], k) < g(q[tail-1], q[tail-2], k)) tail--;
    q[tail++] = i;
}
inline int getmax(int i, int k){
    while(top < tail-1 && g(q[top+1], q[top], k) < rev[i]) top++;
    return q[top];
}
int main(){
    int n, K;
    scanf("%d%d", &n, &K);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf", t+i);
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        sum[i] = sum[i-1] + t[i];
        rev[i] = rev[i-1] + 1.0/t[i];
        exc[i] = exc[i-1] + sum[i]/t[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][1] = exc[i];
    for(int k = 2; k <= K; ++k){
        top = tail = 0;
        q[tail++] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) add(i, k-1);
        for(int i = 1; i <= n; ++i){
            if(i >= k){
                int l = getmax(i, k-1);
                dp[i][k] = dp[l][k-1] + cal(l, i);
            }
            else dp[i][k] = 1e50; //不可能状态
        }
    }
    printf("%.10f\n", dp[n][K]);
}