LG3648 [APIO2014]序列分割
阿新 • • 發佈:2018-12-30
題意
你正在玩一個關於長度為 \(n\) 的非負整數序列的遊戲。這個遊戲中你需要把序列分成 \(k+1\) 個非空的塊。為了得到 \(k+1\) 塊,你需要重複下面的操作 \(k\) 次:
選擇一個有超過一個元素的塊(初始時你只有一塊,即整個序列)
選擇兩個相鄰元素把這個塊從中間分開,得到兩個非空的塊。
每次操作後你將獲得那兩個新產生的塊的元素和的乘積的分數。你想要最大化最後的總得分。
\(2≤n≤100000,1≤k≤\min\{n−1,200\}\)
分析
參照Tunix的題解。
首先我們根據這個分割的過程可以發現:總得分等於k+1段兩兩的乘積的和(乘法分配律),也就是說與分割順序是無關的。
再對乘積進行重分組(還是乘法分配律)我們可以轉化為:ans=∑第 i 段×前 i-1 段的和
所以我們就可以以分割次數為階段進行DP啦~
令\(f[i][j]\)表示將前 \(j\) 個數分成 \(i\) 段的最大得分,那麼就有
\[ f[i][j]=\max\{f[i−1][k]+s[k]×(s[j]−s[k])\} \]
這裡我前些時候一直規範要求的作用就體現出來了。
令\(x>y\),且\(x\)比\(y\)優,則
\[ f[i-1][x]-s[x]^2+s[x]s[j]>f[i-1][y]-s[y]^2+s[y]s[j] \]
這裡就不能亂移項,必須保證除式中的\(\varphi(x)-\varphi(y)\)
\[ \frac{s[x]^2-f[i-1][x]-s[y]^2+f[i-1][y]}{s[x]-s[y]}<s[j] \]
這才是正確的斜率式,跟前面的\(f[i-1][x]-s[x]^2\)是反的。
還是多次的斜率優化,洛谷上還要輸出方案數,這也比較簡單,每次轉移的時候記一個\(g\)陣列記錄就行了。
時間複雜度\(O(kn)\)。
程式碼
首先是BZOJ同名題,卡空間需要滾動陣列的。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<set> #include<map> #include<queue> #include<stack> #include<algorithm> #include<bitset> #include<cassert> #include<ctime> #include<cstring> #define rg register #define il inline #define co const template<class T>il T read() { rg T data=0; rg int w=1; rg char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); } while(isdigit(ch)) { data=data*10+ch-'0'; ch=getchar(); } return data*w; } template<class T>T read(T&x) { return x=read<T>(); } using namespace std; typedef long long ll; co int K=201,N=1e5+1; ll s[N]; ll f[2][N]; // edit 1: MLE ll Up(int i,int x,int y) { return s[x]*s[x]-f[i^1][x]-s[y]*s[y]+f[i^1][y]; } ll Down(int x,int y) { return s[x]-s[y]; } ll Cal(int i,int j,int k) { return f[i^1][k]+s[k]*(s[j]-s[k]); } int q[N]; int main() { // freopen(".in","r",stdin); // freopen(".out","w",stdout); // cerr<<"sizef="<<(sizeof(f)+sizeof(s)+sizeof(q))/1024.0/1024<<endl; int n=read<int>(),k=read<int>(); for(int i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+read<int>(); for(int i=1;i<=k;++i) { int head=0,tail=0; q[tail++]=0; for(int j=1;j<=n;++j) { while(head+1<tail&&Up(i&1,q[head+1],q[head])<=s[j]*Down(q[head+1],q[head])) ++head; f[i&1][j]=Cal(i&1,j,q[head]); while(head+1<tail&&Up(i&1,j,q[tail-1])*Down(q[tail-1],q[tail-2])<=Up(i&1,q[tail-1],q[tail-2])*Down(j,q[tail-1])) --tail; q[tail++]=j; } } printf("%lld\n",f[k&1][n]); return 0; }
然後是洛谷上需要輸出方案,但不卡空間的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<ctime>
#include<cstring>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read()
{
rg T data=0;
rg int w=1;
rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
data=data*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return data*w;
}
template<class T>T read(T&x)
{
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long ll;
co int K=201,N=1e5+1;
ll s[N];
ll f[K][N];
int g[K][N];
ll Up(int i,int x,int y)
{
return s[x]*s[x]-f[i-1][x]-s[y]*s[y]+f[i-1][y];
}
ll Down(int x,int y)
{
return s[x]-s[y];
}
ll Cal(int i,int j,int k)
{
return f[i-1][k]+s[k]*(s[j]-s[k]);
}
int q[N];
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
// cerr<<"sizef="<<(sizeof(f)+sizeof(s)+sizeof(q))/1024.0/1024<<endl;
int n=read<int>(),k=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i)
s[i]=s[i-1]+read<int>();
for(int i=1;i<=k;++i)
{
int head=0,tail=0;
q[tail++]=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
{
while(head+1<tail&&Up(i,q[head+1],q[head])<=s[j]*Down(q[head+1],q[head]))
++head;
f[i][j]=Cal(i,j,q[head]);
g[i][j]=q[head];
while(head+1<tail&&Up(i,j,q[tail-1])*Down(q[tail-1],q[tail-2])<=Up(i,q[tail-1],q[tail-2])*Down(j,q[tail-1]))
--tail;
q[tail++]=j;
}
}
printf("%lld\n",f[k][n]);
stack<int>sol;
for(int i=k,j=n;i>=1;--i)
{
j=g[i][j];
sol.push(j);
}
while(sol.size())
{
printf("%d ",sol.top());
sol.pop();
}
return 0;
}
個人比較喜歡洛谷上的題。卡空間算一種噁心的卡常,況且寫起來還那麼醜。