题目描述
2048 年，第三十届 CSP 认证的考场上，作为选手的小明打开了第一题。这个题的样例有 \(n\) 组数据，数据从 \(1 \sim n\) 编号，\(i\) 号数据的规模为 \(a_i\)。
小明对该题设计出了一个暴力程序，对于一组规模为 \(u\) 的数据，该程序的运行时间为 \(u^2\)。然而这个程序运行完一组规模为 \(u\) 的数据之后，它将在任何一组规模小于 \(u\) 的数据上运行错误。样例中的 \(a_i\) 不一定递增，但小明又想在不修改程序的情况下正确运行样例，于是小明决定使用一种非常原始的解决方案：将所有数据划分成若干个数据段，段内数据编号连续，接着将同一段内的数据合并成新数据，其规模等于段内原数据的规模之和，小明将让新数据的规模能够递增。
也就是说，小明需要找到一些分界点 \(1 \leq k_1 \lt k_2 \lt \cdots \lt k_p \lt n\)，使得
\[\sum_{i=1}^{k_1} a_i \leq \sum_{i=k_1+1}^{k_2} a_i \leq \cdots \leq \sum_{i=k_p+1}^{n} a_i \]注意 \(p\) 可以为 \(0\) 且此时 \(k_0 = 0\)，也就是小明可以将所有数据合并在一起运行。
小明希望他的程序在正确运行样例情况下，运行时间也能尽量小，也就是最小化
\[(\sum_{i=1}^{k_1} a_i)^2 + (\sum_{i=k_1+1}^{k_2} a_i)^2 + \cdots + (\sum_{i=k_p+1}^{n} a_i)^2 \]小明觉得这个问题非常有趣，并向你请教：给定 \(n\) 和 \(a_i\)，请你求出最优划分方案下，小明的程序的最小运行时间。
数据范围
所有测试点满足：\(type \in \{0,1\}\)，\(2 \leq n \leq 4 \times 10^7\)，\(1 \leq a_i \leq 10^9\)，\(1 \leq m \leq 10^5\)，\(1 \leq l_i \leq r_i \leq 10^9\)，\(0 \leq x,y,z,b_1,b_2 \lt 2^{30}\)。
思路
不难想到 \(\Theta (n^3)\) 的 dp：对每个点 \(i\)，记录 \(d_{i,j}\) 表示以 \(i\) 结尾，最长一段为 \((j, i]\) 的费用。\(j \in [-1, i)\)。转移时枚举点 \(i\)，转移到点 \(i\) 的 \(j\)，转移到 \(j\) 的点 \(k\)。
// 完整代码见末尾，只有 namespace m 的差异
namespace O_n3{ // }{{{
ll dpp[405][405];
ll from[405][405];
auto &dp(int x, int y){ return dpp[x+1][y+1]; }
auto &fr(int x, int y){ return from[x+1][y+1]; }
void work(){
Interacter::init();
assert(in <= 400);
UP(i, 0, in) UP(j, -1, i){
dp(i, j) = j==-1 ? iasum[i]*iasum[i] : INF;
ll len = (iasum[i]-iasum[j])*(iasum[i]-iasum[j]);
UP(k, -1, j){
if(iasum[j]-iasum[k] <= iasum[i]-iasum[j]) {
if(dp(j, k)+len < dp(i, j)){
dp(i, j) = dp(j, k) + len;
fr(i, j) = k;
}
}
}
}
ll ans = INF;
ll k = 0;
UP(i, -1, in-1){
if(dp(in-1, i) < ans){
ans = (dp(in-1, i));
k = i;
}
}
if(ans/10000000000000000000LLU) cout << (unsigned long long)(ans/10000000000000000000LLU);
cout << (unsigned long long)(ans%10000000000000000000LLU) << '\n';
}
} // {}}}
但 \(n \le 4 \times 10^7\) 的数据范围显然不允许我们这么做，需要 \(O(n \log n)\) 的做法。下面提供一个 \(\Theta(n)\) 的做法。
看题解后发现一个结论：在最优划分里，最后一段一定无法缩短。
反证：假设可以缩短，则踢出去的这一部分无论是给别人还是单独成段都比在最后一段优，不满足最优划分。
于是，对于每个点我们只需记录最短一段的长度及费用即可。
发现答案具有单调性，考虑单调队列。
dp 过程中，设正在求答案的点为 \(i\)，对于队首的点 \(j\)，如果它后面的点 \(k\) 可以接在 \(i\) 前面（即使 \(i\) 结尾的划分最长一段更短），则由之前的结论，\(k\) 一定比 \(j\) 不劣，\(j\) 出队。这样一直到一个不能出队的点 \(l\)，它就是可以转移的 \(i\) 的最优答案。
然而，这样还需保证队列中 \(l\) 以后的点全都不能转移到 \(i\)。
在加入点时，考虑何时队尾的点会不如当前加入的点：\(back.maxlen - ( \sum_{i \in (last.pos, now.pos]} a_i) \ge now.maxlen\)
也就是 dp.back().lastlen - (iasum[i] - iasum[dp.back().pos]) >= topush.lastlen。
不断弹掉这些点即可保证单调性。
每个点至多进队出队一次，总时间是 \(\Theta(n)\) 的。
#include <cassert>
#include <iostream>
#include <list>
#define UP(i,s,e) for(auto i=s; i<e; ++i)
using std::cin; using std::cout;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using i128 = __int128;
constexpr int N = 4e7;
namespace m{ // }{{{
int in; ll iasum_[N+1], *const iasum=iasum_+1;
} // {}}}
namespace Interacter{ // }{{{
using m::in; using m::iasum;
int typ, ix, iy, iz, ib1, ib2, nb, im; // nb = new b
int *ib;
void init(){
cin >> in >> typ;
if(typ == 0){
UP(i, 0, in){
cin >> iasum[i];
}
} else {
cin >> ix >> iy >> iz >> ib1 >> ib2 >> im;
ib = new int[in];
ib[0] = ib1; ib[1] = ib2;
UP(i, 2, in){
ib[i] = (
+ (unsigned)ib[i-2]*(unsigned)iy
+ (unsigned)ib[i-1]*(unsigned)ix
+ (unsigned)iz
) & 0x3fffffff;
}
int ip, il, ir, lastp=0;
UP(i, 0, im){
cin >> ip >> il >> ir;
UP(j, lastp+1, ip+1){
iasum[j-1] = ib[j-1]%(ir-il+1)+il;
}
lastp = ip;
}
delete[] ib;
}
UP(i, 1, in){
iasum[i] += iasum[i-1];
}
}
} // {}}}
namespace m{ // }{{{
extern int in;
extern ll *const iasum;
struct Point{
int pos;
ll lastlen;
i128 val; // dp val
};
std::list<Point> dp;
void work(){
Interacter::init();
dp.push_back({-1, 0, 0});
UP(i, 0, in){
auto j = dp.begin();
while(j != --dp.end()){
auto k = j; k++;
if(k->lastlen <= iasum[i]-iasum[k->pos]){
j = dp.erase(j);
} else break;
}
assert(j->lastlen <= iasum[i]-iasum[j->pos]);
Point topush = {i, iasum[i]-iasum[j->pos], j->val};
topush.val += (topush.lastlen) * (i128)(topush.lastlen);
while(!dp.empty()){
if(dp.back().lastlen - (iasum[i] - iasum[dp.back().pos]) >= topush.lastlen) dp.pop_back();
//else if(dp.back().val >= topush.val) dp.pop_back();
else break;
}
dp.push_back(topush);
}
i128 ans = dp.back().val;
// Python 测试了一下 1e19 会掉精度
if(ans / 10000000000000000000LLU) cout << (ull)(ans/10000000000000000000LLU);
cout << (ull)(ans%10000000000000000000LLU) << '\n';
}
} // {}}}
int main(){std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); m::work(); return 0;}