[APIO2010]特别行动队

很显然是个DP

有方程f[i]=max{f[j]+Ax^2+Bx+C} x=s[i]-s[j] j∈[1,i-1]

这样一个DP方程是O(n^2)的，对于原题最多只能过50%数据

那么这道题可以斜率优化

从方程着手，方程可以化为

f[i]=max{(f[j]+A*s[j]^2+B*s[j]+C)+(-2A*s[i]*s[j])}+A*s[i]^2+A*s[i]

我们把(f[j]+A*s[j]^2+B*s[j]+C)看成y，(-2A*s[i]*s[j])看成-kx，-s[i]是斜率，递减，-2A*s[j]是x，递减

那么每个决策对应平面上一个点

而且斜率和横坐标均单调，可以用单调队列维护

对于每个i

弹出单调队列队首直到单调队列队首最优，

计算f[i]

在单调队列中维护相邻两个决策点的斜率单调递减

push决策点i

代码写得比较丑……

//Lib
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
using namespace std;
//Macro
#define	rep(i,a,b)	for(int i=a,tt=b;i<=tt;++i)
#define	drep(i,a,b)	for(int i=a,tt=b;i>=tt;--i)
#define	erep(i,e,x)	for(int i=x;i;i=e[i].next)
#define	irep(i,x)	for(__typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++)
#define	read()	(strtol(ipos,&ipos,10))
#define	sqr(x)	((x)*(x))
#define	pb	push_back
#define	PS	system("pause");
typedef	long long	ll;
typedef	pair<int,int>	pii;
const int oo=~0U>>1;
const double inf=1e100;
const double eps=1e-6;
string name="commando", in=".in", out=".out";
//Var
ll n,A,B,C;
ll f[1000008],s[1000008],q[1000008];
void Init()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>A>>B>>C;ll v;
	rep(i,1,n)cin>>v,s[i]=s[i-1]+v;
}
ll Cross(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){return x1*y2-x2*y1;}
ll calc3(ll x){return -A*s[x]*2;}
ll calc4(ll x){return f[x]+A*sqr(s[x])+B*s[x]+C;}
ll calc(ll a,ll b){return A*sqr(s[a]-s[b])+B*(s[a]-s[b])+C+f[b];}
ll calc2(ll a,ll b,ll c)
{
	ll x1=calc3(a),x2=calc3(b),x3=calc3(c);
	ll y1=calc4(a),y2=calc4(b),y3=calc4(c);
	return Cross(x2-x1,y2-y1,x3-x2,y3-y2);
}
void Work()
{
	ll l=1,r=1;q[l]=0;
	rep(i,1,n)
	{
		while(l<r&&calc(i,q[l])<calc(i,q[l+1]))l++;
		f[i]=calc(i,q[l]);
		while(l<r&&calc2(q[r-1],q[r],i)>=0)r--;
		q[++r]=i;
//		cout<<f[i]<<endl;
	}
	cout<<f[n]<<endl;
}
int main()
{
//	freopen((name+in).c_str(),"r",stdin);
//	freopen((name+out).c_str(),"w",stdout);
	Init();
	Work();
//	PS;
	return 0;
}