顯然可以用單調決策性DP求。。

設d[k][i]為選第k段，到第i個的最小代價

d[k][i]=max{d[k-1][j]+cost(j+1,i)}

其中cost可以O(n^2)遞推預處理，顯然cost是一個下凸函式。。

設2個決策點j<v<i，若d[k-1][j]+cost(j+1,i)>d[k-1][v]+cost(v+1,i)，那麼隨著i增加，這個等式一直成立，即j永遠比v劣。。

所以直接二分決策點單調佇列維護即可。。複雜度O(nklogn)

這個在cf上能過。。然而在bzojT了。。

然後就要用wqs二分降複雜度。。二分權值之後去掉了k的限制。。

然後設d[i]為到第i個的最小代價

d[i]=max{d[j]+cost(j+1,i)}

同樣單調決策性優化即可。。

複雜度O(n^2+nlognlogn)。。bzoj上還T。。。

加了fread就卡過去了，還非常極限mmp

/*
 *　　　　　　　　┏┓　　 　┏┓
 * 　　　　　　　┏┛┗━━━━━━━┛┗━━━┓
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃ 　
 * 　　　　　　　┃　　　━　　 　┃
 * 　　　　　　　┃　＞　　　＜　┃
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃
 * 　　　　　　　┃...　⌒　... 　┃
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃
 * 　　　　　　　┗━┓　　　┏━┛
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　Code is far away from bug with the animal protecting　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃   神獸保佑,程式碼無bug
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃  　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┗━━━┓
 * 　　　　　　　　　┃　　　　　　　┣┓
 * 　　　　　　　　　┃　　　　　　　┏┛
 * 　　　　　　　　　┗┓┓┏━┳┓┏┛
 * 　　　　　　　　　　┃┫┫　┃┫┫
 * 　　　　　　　　　　┗┻┛　┗┻┛
 */
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<bitset>
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-8
#define succ(x) (1LL<<(x))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define mid (x+y>>1)
#define NM 4005
#define nm 100005 
#define pi 3.1415926535897931
using namespace std;
const int inf=1e9;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}
  
  
  
 
 
 
 
 
 
 
 
int n,m,a[NM][NM],v[NM],f[NM],q[NM],qh,qt;
int b[NM][NM],d[805][NM];
 
int main(){
    n=read();m=read();
    inc(i,1,n)inc(j,1,n)a[i][j]=read()+a[i][j-1];
    inc(i,1,n)inc(j,i+1,n)b[i][j]=b[i][j-1]+a[j][j-1]-a[j][i-1];
    inc(i,1,n)d[0][i]=inf;
    inc(k,1,m){
    q[qh=qt=1]=0;mem(f);
    inc(i,1,n){
        f[i]=max(f[i],f[i-1]);
        while(qh<=qt&&f[i]!=q[qh])qh++;
        d[k][i]=d[k-1][q[qh]]+b[q[qh]+1][i];
        while(qh<=qt&&v[q[qt]]>i&&d[k-1][q[qt]]+b[q[qt]+1][v[q[qt]]]>d[k-1][i]+b[i+1][v[q[qt]]])qt--;
        int s=n+1;
        if(qh>qt)s=i+1;else
        for(int x=max(i+1,v[q[qt]]),y=n;x<=y;)
            if(d[k-1][q[qt]]+b[q[qt]+1][mid]>=d[k-1][i]+b[i+1][mid])s=mid,y=mid-1;else x=mid+1;
        if(s<=n)v[i]=s,f[s]=i,q[++qt]=i;
    }
    //inc(i,1,n)printf("%d ",f[i]);putchar('\n');
    }
    return 0*printf("%d\n",d[m][n]);
}
 

/*
 *　　　　　　　　┏┓　　 　┏┓
 * 　　　　　　　┏┛┗━━━━━━━┛┗━━━┓
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃ 　
 * 　　　　　　　┃　　　━　　 　┃
 * 　　　　　　　┃　＞　　　＜　┃
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃
 * 　　　　　　　┃...　⌒　... 　┃
 * 　　　　　　　┃　　　　　　　┃
 * 　　　　　　　┗━┓　　　┏━┛
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　Code is far away from bug with the animal protecting　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃   神獸保佑,程式碼無bug
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃  　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃
 * 　　　　　　　　　┃　　　┃　　　　　　　　　　　
 * 　　　　　　　　　┃　　　┗━━━┓
 * 　　　　　　　　　┃　　　　　　　┣┓
 * 　　　　　　　　　┃　　　　　　　┏┛
 * 　　　　　　　　　┗┓┓┏━┳┓┏┛
 * 　　　　　　　　　　┃┫┫　┃┫┫
 * 　　　　　　　　　　┗┻┛　┗┻┛
 */
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<bitset>
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-8
#define succ(x) (1LL<<(x))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define mid (x+y>>1)
#define NM 4005
#define nm 100005 
#define pi 3.1415926535897931
using namespace std;
const int inf=1e9;
short read(){
    short x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}
 
 







int d[NM],f[NM],ans,a[NM][NM],b[NM][NM],v[NM],q[NM],qh,qt,n,m;

bool check(int t){
    mem(f);q[qh=qt=1]=0;
    inc(i,1,n){
	f[i]=max(f[i],f[i-1]);
	while(qh<=qt&&f[i]!=q[qh])qh++;
	d[i]=d[f[i]]+b[f[i]+1][i]+t;
	while(qh<=qt&&v[q[qt]]>i&&d[q[qt]]+b[q[qt]+1][v[q[qt]]]>=d[i]+b[i+1][v[q[qt]]])qt--;
	int s=n+1;
	if(qh>qt)s=i+1;else
	for(int x=max(i+1,v[q[qt]]+1),y=n;x<=y;)
	    if(d[q[qt]]+b[q[qt]+1][mid]>=d[i]+b[i+1][mid])s=mid,y=mid-1;else x=mid+1;
	if(s<=n)v[i]=s,f[s]=i,q[++qt]=i;
    }
    int s=0;
    for(int x=n;x;x=f[x])s++;
    //printf("%d\n",t);
    //inc(i,1,n)printf("%d ",f[i]);putchar('\n');
    //inc(i,1,n)printf("%d ",d[i]);putchar('\n');
    return s>=m;
}

int main(){
    n=read();m=read();
    inc(i,1,n)inc(j,1,n)a[i][j]=read()+a[i][j-1];
    inc(i,1,n)inc(j,i+1,n)b[i][j]=b[i][j-1]+a[j][j]-a[j][i-1];
    for(int x=0,y=sqr(n)*10;x<=y;)
	if(check(mid))ans=d[n]-mid*m,x=mid+1;else y=mid-1;
    return 0*printf("%d\n",ans);
}
 

5311: 貞魚

Time Limit: 3 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 404  Solved: 106
[Submit][Status][Discuss]

Description

眾所周知，貞魚是一種高智商水生動物。不過他們到了陸地上智商會減半。

這不？他們遇到了大麻煩！

n只貞魚到陸地上乘車，現在有k輛汽車可以租用。

由於貞魚們並不能在陸地上自由行走，一輛車只能載一段連續的貞魚。

貞魚們互相有著深深的怨念，每一對貞魚之間有怨氣值。

第i只貞魚與第j只貞魚的怨氣值記為Yij，且Yij=Yji，Yii=0。

每輛車載重不限，但是每一對在同輛車中的貞魚都會產生怨氣值。

當然,超級貞魚zzp長者希望怨氣值的總和最小。

不過他智商已經減半,想不出分配方案。

他現在找到了你,請你幫助他分配貞魚們,並輸出最小怨氣值之和ans。

Input

第一行兩個整數:n,k。

接下來讀入一個n行n列的矩陣。矩陣中第i行j列的元素表示Yij。

當然這個矩陣是對稱的。

Output

一個整數ans，表示：最小的怨氣值之和

★注意：同輛車中，貞魚i,j之間的怨氣只算一次！

1 ≤ n ≤4000 ，1 ≤ k ≤min(n , 800) , 0 ≤ Yij≤10 

Sample Input

8 3
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1
1 1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 1 0 1 1
1 1 1 1 1 1 0 1
1 1 1 1 1 1 1 0

Sample Output

7
編號為1，2，3的貞魚一輛車：怨氣值和為3；
編號為4，5，6的貞魚一輛車：怨氣值和為3；
編號為7，8的貞魚一輛車：怨氣值和為1。
最小怨氣值總和為 3 + 3 + 1 = 7 。

HINT

Source

[Submit][Status][Discuss]