P5665 [CSP-S2019] 划分

思路：

首先求出 $a$ 的前缀和数组 $s$。

考虑动态规划，令 $dp_{i,j}$ 表示以 $i$ 结尾，末尾有 $j$ 个为一组的最小答案，则状态转移方程为：

\[dp_{i,j} = \min [s_{i-j}-s_{i-j-k} \le s_i - s_{i-j}] dp_{i-j,k} + (s_i - s_{i-j})^2 \]

朴素直接转移是 $O(N^3)$ 的，可以得到 36pts 的好成绩~~代码就懒的给了~~。

考虑优化，对于求出最小的一个 $k$，使得 $s_{i-j}-s_{i-j-k} > s_i - s_{i-j}$，那么状态转移方程为：

\[dp_{i,j} = (s_i - s_{i-j})^2 + \min\limits_{l=1}^k dp_{i-j,l} \]

后面的一串可以提前前缀预处理好，现在的复杂度在求 $k$ 上，注意到 $s_{i,j} - s_{i-j-k}$ 是单调的，那么直接二分即可。

时间复杂度优化至 $O(N^2 \log N)$。

$O(N^2 \log N)$ 代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
bool Begin;
const ll N=5050,INF=4e18;
inline ll read(){
 ll x=0,f=1;
 char c=getchar();
 while(c<'0'||c>'9'){
 if(c=='-')
 f=-1;
 c=getchar();
 }
 while(c>='0'&&c<='9'){
 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
 c=getchar();
 }
 return x*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0){
	putchar('-');
	x=-x;
	}
	if(x>9)
	 write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
bool op;
ll n,l,r,h,t,ans=INF;
ll s[N],dp[N][N],f[N][N];
ll get(ll l,ll r){
	if(l>r)
	 return 0;
	if(!l)
	 return s[r];
	return s[r]-s[l-1];
}
bool End;
int main(){
	n=read(),op=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 s[i]=s[i-1]+read();
	dp[1][0]=f[1][0]=INF;
	dp[1][1]=f[1][1]=s[1]*s[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
	f[i][0]=dp[i][0]=INF;
	for(int j=1;j<=i;j++){
	l=1,r=i-j,t=0,h=get(i-j+1,i);
	if(s[i-j]<=h)
	 t=i-j+1;
	else{
	while(l<=r){
	ll mid=(l+r)>>1;
	if(get(i-j-mid+1,i-j)>h){
	t=mid;
	r=mid-1;
	}
	else
	 l=mid+1;
	}
	}
	dp[i][j]=f[i-j][t-1]+h*h;
	f[i][j]=min(f[i][j-1],dp[i][j]);
	}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 ans=min(ans,dp[n][i]);
	write(ans);
	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
	return 0;
}

之后我们可以发现，若 $j$ 的单增的，则 $i-j-k+1$ 是单降的，那么我们直接对 $k$ 进行走指针即可，时间复杂度优化至 $O(N^2)$，可以拿到 64pts 的好成绩。

$O(N^2)$ 代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
bool Begin;
const ll N=5050,INF=4e18;
inline ll read(){
 ll x=0,f=1;
 char c=getchar();
 while(c<'0'||c>'9'){
 if(c=='-')
 f=-1;
 c=getchar();
 }
 while(c>='0'&&c<='9'){
 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
 c=getchar();
 }
 return x*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0){
	putchar('-');
	x=-x;
	}
	if(x>9)
	 write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
bool op;
ll n,t,h,sum,ans=INF;
ll s[N],a[N],dp[N][N],f[N][N];
ll get(ll l,ll r){
	if(l>r)
	 return 0;
	if(!l)
	 return s[r];
	return s[r]-s[l-1];
}
bool End;
int main(){
	n=read(),op=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
	a[i]=read();
	s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	dp[1][0]=f[1][0]=INF;
	dp[1][1]=f[1][1]=s[1]*s[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
	f[i][0]=dp[i][0]=INF;
	t=i-1,sum=a[i-1];
	for(int j=1;j<=i;j++){
	ll h=get(i-j+1,i);
	while(sum<=h&&t){
	t--;
	sum+=a[t];
	}
	dp[i][j]=f[i-j][i-j-t]+h*h;
	f[i][j]=min(f[i][j-1],dp[i][j]);
	sum-=a[i-j];
	}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 ans=min(ans,dp[n][i]);
	write(ans);
	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
	return 0;
}

因为我们这种 dp 的状态数都已经达到了 $N^2$，于是考虑找一些性质。

容易打表发现在合法情况下，满足 $dp_{i,j} \le dp_{i,j+1}$。

那么我们可以找到每个位置 $i$，记录一下 $f_i$ 表示 $\min dp_{i,j}$，且最后一段为 $[g_i,i]$，则状态转移方程为：

\[f_i = \min\limits_{j=0}^{i-1} [s_j-s_{g_j-1} \le s_i - s_j] f_j + (s_i - s_j)^2 \]

此时我们就将状态时将至 $O(N)$ 级别，现在考虑来优化状态转移方程。

$O(N)$ 状态代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
bool Begin;
const ll N=5e5+10,INF=4e18;
inline ll read(){
 ll x=0,f=1;
 char c=getchar();
 while(c<'0'||c>'9'){
 if(c=='-')
 f=-1;
 c=getchar();
 }
 while(c>='0'&&c<='9'){
 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
 c=getchar();
 }
 return x*f;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0){
	putchar('-');
	x=-x;
	}
	if(x>9)
	 write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
bool op;
ll n,t,h,ans=INF;
ll s[N],a[N],f[N],g[N];
ll get(ll l,ll r){
	if(l>r)
	 return 0;
	if(l<0)
	 return s[r];
	return s[r]-s[l-1];
}
bool End;
int main(){
	n=read(),op=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
	a[i]=read();
	s[i]=s[i-1]+a[i];
	f[i]=INF;
	}
	g[1]=1;
	f[0]=g[0]=0;
	f[1]=s[1]*s[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
	for(int j=0;j<i;j++){
	h=get(g[j],j),t=get(j+1,i);
	if(h>t)
	 continue;
	if(f[j]+t*t<f[i]){
	f[i]=f[j]+t*t;
	g[i]=j+1;
	}
	}
	}
	write(f[n]);
	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
	return 0;
}

容易发现，当 $j$ 最大时，这个式子的值最小，所以我们需要求出一个最大的 $j$ 满足 $s_j-s_{g_j-1} \le s_i - s_j$，即：

\[2s_j - s_{g_j-1} \le s_i \]

注意到 $s_i$ 单增，我们可以维护一个 $2s_j - s_{g_j-1}$ 单增的单调队列，然后找到这个队列最后一个满足条件的 $j$，那么 $j$ 以前的数对答案无法造成贡献，将其弹出。

这样每个数至多被弹出一次，时间复杂度为 $O(N)$。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef __int128 __;
bool Begin;
const ll N=4e7+5,mod=1ll<<30;
inline ll read(){
 ll x=0,f=1;
 char c=getchar();
 while(c<'0'||c>'9'){
 if(c=='-')
 f=-1;
 c=getchar();
 }
 while(c>='0'&&c<='9'){
 x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
 c=getchar();
 }
 return x*f;
}
inline void write(__ x){
	if(x<0){
	putchar('-');
	x=-x;
	}
	if(x>9)
	 write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
__ t,ans;
bool op;
int n,head=1,tail=0;
ll s[N],g[N];
int Q[N];
inline void Read(){
	ll x,y,z,m,p,l,r,pre=0;
	x=read(),y=read(),z=read(),s[1]=read(),s[2]=read(),m=read();
	for(int i=3;i<=n;i++)
	 s[i]=(x*s[i-1]+y*s[i-2]+z)%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++){
	p=read(),l=read(),r=read();
	for(int j=pre+1;j<=p;j++)
	 s[j]=(s[j]%(r-l+1))+l;
	pre=p;
	}
}
inline ll get(int l,int r){
	if(l>r)
	 return 0;
	if(l<1)
	 return s[r];
	return s[r]-s[l-1];
}
inline ll date(ll x){
	return 2ll*s[x]-s[g[x]-1];
}
bool End;
int main(){
	n=read(),op=read();
	if(op==1)
	 Read();
	else{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 s[i]=read();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	 s[i]+=s[i-1];
	g[1]=1,g[0]=0;
	Q[++tail]=0,Q[++tail]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
	while(date(Q[head+1])<=s[i]&&head+1<=tail)
	 head++;
	g[i]=Q[head]+1;
	t=get(g[i],i);
	while(date(i)<=date(Q[tail])&&tail>=head)
	 tail--;
	Q[++tail]=i;
	}
	for(int i=n;i>=1;i=g[i]-1)
	 ans+=(__)(s[i]-s[g[i]-1])*(s[i]-s[g[i]-1]);
	write(ans);
	cerr<<'\n'<<abs(&Begin-&End)/1048576<<"MB";
	return 0;
}

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