题意

多测。

给定 \(n\) 个字符串和一个常数 \(L\)，试将这些字符串分成若干组，使得：

令 \(len(i)\) 为第 \(i\) 个字符串的长度，则每组字符串的 \(|\sum\limits len(i) - L|\) 的 \(P\) 次方和之和最小。

\(n \leq 10^5, L \leq 3 \times 10^6\)，每个字符串的长度不超过 \(30\)

思路

决策单调性优化 dp.

分组问题，考虑决策单调性。大力瞪眼发现成立，证明。

状态：\(f[i]\) 表示前 \(i\) 个串的最优解。

转移：令 \(sum[i] = \sum\limits_{j = 1}^i len(i) + 1\)，则 \(f[i] = \min\limits_{j = 0}^{i - 1} f[j] + |sum_i - sum_j - L - 1|^P\)

然后考虑用二分队列优化。

用二分队列优化的具体细节是这样的：

性质：从二分队列的队首转移是最优的，并且二分队列中元素的转移范围是递增的。

可以用二分队列优化的方程形如：

\(f[i] = \min f[j] + w(i, j)\)，且方程满足决策单调性。

维护二分队列主要是弹出队首、弹出队尾和加入当前元素三部分。

首先，弹出转移范围不包括之后部分的元素。

然后，假设队尾的元素是 \(p\)，它的转移范围是 \([l, r]\)，当前位置是 \(i\)。如果用 \(i\) 转移 \(l\) 比用 \(p\) 转移 \(l\) 更优，因为一般情况下 \(i\) 的转移范围比 \(p\) 更靠后，所以此后的转移 \(i\) 一定优于 \(p\)，故弹出 \(p\).

接下来考虑 \(i\) 的转移范围。因为方程满足决策单调性，所以可以用二分求出用 \(i\) 转移比用队首 \(h\) 转移更优的第一个位置 \(x\)，那么 \(i\) 的转移范围是 \([x, n]\)

知道转移范围之后将 \(i\) 加入队尾即可。

注意二分的边界。

时间复杂度 \(O(T n \log n)\)

代码

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int maxn = 1e5 + 5;
const int maxl = 35;

int T, n, l, p;
int pre[maxn];
int dq[maxn], lft[maxn];
char s[maxn][maxl];
ld sum[maxn], f[maxn];
bool vis[maxn];

void init()
{
    memset(pre, 0, sizeof(pre));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
}

ld qpow(ld base, int power)
{
    ld res = 1;
    while (power)
    {
        if (power & 1) res = res * base;
        base = base * base;
        power >>= 1;
    }
    return res;
}

ld calc(int lst, int cur) { return f[lst] + qpow(abs(sum[cur] - sum[lst] - l - 1), p); }

int query(int p, int q)
{
    int L = max(p, q), R = n;
    while (L < R)
    {
        int mid = (L + R) >> 1;
        if (calc(p, mid) <= calc(q, mid)) R = mid;
        else L = mid + 1;
    }
    if (R == n) return n + (calc(p, n) > calc(q, n));
    return R;
}

int main()
{
    // freopen("P1912_1.in", "r", stdin);
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        init();
        scanf("%d%d%d", &n, &l, &p);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%s", s[i]);
            sum[i] = sum[i - 1] + strlen(s[i]) + 1;
        }
        int h, t;
        dq[h = t = 1] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            while ((h < t) && (lft[h + 1] <= i)) h++;
            f[i] = calc(dq[h], i), pre[i] = dq[h];
            while ((h < t) && (lft[t] >= query(i, dq[t]))) t--;
            dq[++t] = i, lft[t] = query(i, dq[t - 1]);
            // printf("debug %d\n", i);
            // for (int j = h; j <= t; j++) printf("%d ", dq[j].p);
            // putchar('\n');
        }
        if (f[n] > 1e18) puts("Too hard to arrange");
        else
        {
            printf("%lld\n", (ll)f[n]);
            for (int i = n; i; i = pre[i]) vis[i] = true;
            int cur = 1;
            while (cur <= n)
            {
                if (!vis[cur]) printf("%s ", s[cur]);
                else printf("%s\n", s[cur]);
                cur++;
            }
        }
        puts("--------------------");
    }
    return 0;
}