[atARC130F]Replace by Average

记初始序列为$a_{i}$，答案序列为$b_{i}$（显然唯一），考虑如何求出$b_{i}$

引理1：$b_{i}$具有凸性（下凸）

考虑反证，若$b_{i}$不具有凸性，即存在$2b_{i}>b_{i-1}+b_{i+1}$，那么操作$(i-1,i,i+1)$也即可使得$b_{x}$减小，与最小性矛盾

引理2：$\forall p\in \Z,\min_{1\le i\le n}(a_{i}-pi)=\min_{1\le i\le n}(b_{i}-pi)$

考虑对$(i,j,k)$的操作，由最小性显然$a'_{j}\le a_{j}$，即该式单调不增

另一方面，显然有$\min(a_{i}-pi,a_{k}-pk)\le a'_{j}-pj$，即该式单调不减

综上，该式的值不因操作而变化，即得证

结论：记$c_{p}=\min_{1\le i\le n}(a_{i}-pi)$，则$\forall 1\le i\le n,b_{i}=\max_{p\in \Z}(c_{p}+pi)$

由引理2，显然$b_{i}-pi\ge c_{p}$，因此左式$\ge $右式

由引理1，取$p\in [b_{i}-b_{i-1},b_{i+1}-b_{i}]$，显然$b_{i}-pi$取到最小值，再结合引理2可得$b_{i}-i=c_{p}$，因此左式$\le $右式

综上，即得证

考虑$px+c_{p}$这条直线，假设$c_{p}$在$i_{0}$处取到最小值，代入即求经过$(i_{0},a_{i_{0}})$斜率为$p$的直线，那么再对每一个点$(i,a_{i})$找到最小和最大的$p$（使得$c_{p}$在其上取最小值），最后将所有直线求一个（上）凸包即可

关于每一个点的$p$，显然也即对所有点求（下）凸包，其中每一个点上一段斜率上取整和下一段的斜率下取整（其余点均不存在满足条件的$p$）

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define ll long long
struct Point{
    ll x,y;
}P[N];
struct Line{
    ll k,b;
}Q[N<<1];
int n,m,st[N<<1];
ll ans;
double get_k(Point x,Point y){
    return 1.0*(x.y-y.y)/(x.x-y.x);
}
double get_x(Line x,Line y){
    return -1.0*(x.b-y.b)/(x.k-y.k);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&P[i].y);
        P[i].x=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while ((st[0]>1)&&(get_k(P[st[st[0]-1]],P[st[st[0]]])>=get_k(P[st[st[0]]],P[i])))st[0]--;
        st[++st[0]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=st[0];i++){
        ll k1=-1e18,k2=1e18;
        if (i>1)k1=ceil(get_k(P[st[i-1]],P[st[i]]));
        if (i<st[0])k2=floor(get_k(P[st[i]],P[st[i+1]]));
        if (k1>k2)continue;
        if ((i>1)&&((!m)||(Q[m].k<k1)))Q[++m]=Line{k1,P[st[i]].y-k1*P[st[i]].x};
        if ((i<st[0])&&((!m)||(Q[m].k<k2)))Q[++m]=Line{k2,P[st[i]].y-k2*P[st[i]].x};
    }
    st[0]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while ((st[0]>1)&&(get_x(Q[st[st[0]-1]],Q[st[st[0]]])>=get_x(Q[st[st[0]]],Q[i])))st[0]--;
        st[++st[0]]=i;
    }
    for(int i=1,j=1;i<=n;i++){
        while ((j<st[0])&&(get_x(Q[st[j]],Q[st[j+1]])<i))j++;
        ans+=Q[st[j]].k*i+Q[st[j]].b;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}