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大致題意： 你可以對一個序列進行\(k\)次分割，每次得分為兩個塊元素和的乘積，求總得分的最大值。

區間\(DPor\)斜率優化\(DP\)

這題目第一眼看上去感覺很明顯是區間\(DP\)。

但是，一看資料範圍，\(n\le100000\)，這是要上天的節奏！

不過，再看\(m\le200\)，比較顯然應該是\(O(nm)\)的時間複雜度。

實際上，這題的確是可以用斜率優化\(DP\)來做到\(O(nm)\)的。

推性質

首先，我們要知道一個性質：將一個區間進行若干次分割，分割的順序是不影響最後的總得分的。

證明如下：

設要對一個區間進行\(2\)次分割，則分割完後有\(3\)

則總共有兩種分割順序，得到的總得分分別為\(a_1·(a_2+a_3)+a_2·a_3\)和\((a_1+a_2)·a_3+a_1·a_2\)。

實際上，這兩個式子化簡後皆為\(a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3\)。

而多次分割其實是同理的。

狀態轉移

這樣一來，就不難想到針對這種問題的常見套路：設\(f_{i,j}\)表示在前\(i\)個數中割\(j\)次得到的最大總得分。

狀態轉移方程如下：

\[f_{i,j}=f_{x,j-1}+sum_x*(sum_i-sum_x)\]

這應該是比較好理解的吧，就相當於列舉一個割的位置，總得分為該區間前半部分割\(j-1\)

對於這種式子，比較顯然可以斜率優化。

將原式展開得：

\[f_{x,j-1}-sum_x*sum_x=-sum_x*sum_i+f_{i,j}\]

要注意在轉移過程中可能會出現分母為\(0\)的情況，則需要給此時的斜率賦值為\(-INF\)。

由於要記方案，所以再用一個\(g\)陣列記錄下從哪個元素轉移而來即可。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y))) 
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define INF 1e18
#define N 100000
#define M 200
using namespace std;
int n,m,sum[N+5];
class Class_FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        #define pc(ch) (void)(FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
        int f,FoutSize,Top;char ch,Fin[Fsize],*A,*B,Fout[Fsize],Stack[Fsize];
    public:
        Class_FIO() {A=B=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
        inline void read_digit(int &x) {while(!isdigit(x=tc()));x&=15;}
        inline void readc(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
        inline void reads(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())&&~ch);}
        inline void write(LL x) {if(!x) return pc('0');x<0&&(pc('-'),x=-x);while(x) Stack[++Top]=x%10+48,x/=10;while(Top) pc(Stack[Top--]);}
        inline void writec(char x) {pc(x);}
        inline void writes(string x) {for(register int i=0,len=x.length();i<len;++i) pc(x[i]);}
        inline void clear() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),FoutSize=0;}
}F;
class Class_SlopeDP
{
    private:
        #define A(x) (f[x][j-1]-1LL*sum[x]*sum[x])
        #define B(x) (-1LL*sum[x])
        #define S(x,y) (B(x)^B(y)?1.0*(A(y)-A(x))/(B(y)-B(x)):-INF)//對於分母為0的情況，返回-INF
        #define Slope (1LL*sum[i])
        int q[N+5],g[N+5][M+5];LL f[N+5][M+5];
        inline void PrintStep(int x,int y) {y&&(PrintStep(g[x][y-1],y-1),F.write(x),F.writec(' '),0);}//輸出方案
    public:
        inline void Solve()//DP轉移
        {
            register int i,j,H,T;
            for(j=1;j<=m;++j)
            {
                for(q[H=T=1]=0,i=1;i<=n;++i)//每次記得清空佇列
                {
                    while(H<T&&S(q[H],q[H+1])<=Slope) ++H;
                    f[i][j]=f[g[i][j]=q[H]][j-1]+1LL*sum[q[H]]*(sum[i]-sum[q[H]]);
                    while(H<T&&S(q[T],i)<=S(q[T-1],q[T])) --T;
                    q[++T]=i;
                }
            }
        }
        inline void Print() {F.write(f[n][m]),F.writec('\n'),PrintStep(g[n][m],m);}
}SlopeDP;
int main()
{
    register int i;
    for(F.read(n),F.read(m),i=1;i<=n;++i) F.read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];
    return SlopeDP.Solve(),SlopeDP.Print(),F.clear(),0;
}