题目描述
给你一个长度为 $n$ 的序列，将其分成若干段，每段选择一个数，获得 $这个数 imes 它在这段出现次数的平方$ 的价值。求最大总价值。
$nle 10^5$ 。
输入
第 1 行：一个整数，表示 N。
第 2 .. N + 1 行：每行一个整数，第 i + 1 行表示 si。
输出
仅一个整数，表示 Flute 最多能得到的柠檬数。
样例输入
5
2
2
5
2
3
样例输出
21
题解
斜率优化
设 $f[i]$ 表示前 $i$ 个数分成若干段的最大总价值。
显然对于分成的每一段，左端点的数、右端点的数、选择的数一定是相同的。因为如果不相同则可以从这个段里删去这个数，答案会更优。
于是就有转移：$f_i=f_{j-1}+a·(c_i-c_j+1)^2 , jle i , a_j=a_i$ ，其中 $a$ 表示原序列，$c$ 表示这个位置时这个数第几次出现（即出现次数的前缀和）。
显然这个式子可以斜率优化，整理得：$f_{j-1}+a·(c_j-1)^2=ac_i·2(c_j-1)+f_i-ac_i^2$ ，其中 $y$ 是 $f_{j-1}+a·(c_j-1)^2$ ，$k$ 是 $ac_i$ ，$x$ 是 $2(c_j-1)$ ，$b$ 是 $f_i-ac_i^2$ 。
这里 $k$ 单调递增，$x$ 单调递增，然而要求的是 $b$ 的最大值，因此只能使用单调栈维护上凸壳。对每种数开一个vector即可。询问时在vector上二分。
时间复杂度 $O(nlog n)$
#include <cstdio>
#include <vector>
#define N 100010
#define y(i) (f[i - 1] + a[i] * squ(c[i] - 1))
#define x(i) 2 * (c[i] - 1)
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int> v[10010];
ll cnt[10010] , c[N] , f[N];
int a[N];
inline ll squ(ll x)
{
return x * x;
}
int main()
{
int n , i , l , r , mid , ret , t;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
scanf("%d" , &a[i]) , c[i] = ++cnt[a[i]];
while((t = v[a[i]].size() - 1) > 0 && (x(i) - x(v[a[i]][t])) * (y(v[a[i]][t - 1]) - y(v[a[i]][t])) - (y(i) - y(v[a[i]][t])) * (x(v[a[i]][t - 1]) - x(v[a[i]][t])) > 0) v[a[i]].pop_back();
v[a[i]].push_back(i);
l = 1 , r = v[a[i]].size() - 1 , ret = 0;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(f[v[a[i]][mid] - 1] + a[i] * squ(c[i] - c[v[a[i]][mid]] + 1) > f[v[a[i]][mid - 1] - 1] + a[i] * squ(c[i] - c[v[a[i]][mid - 1]] + 1)) ret = mid , l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
f[i] = f[v[a[i]][ret] - 1] + a[i] * squ(c[i] - c[v[a[i]][ret]] + 1);
}
printf("%lld
" , f[n]);
return 0;
}