bzoj4709 [Jsoi2011]柠檬

Description

Flute很喜欢柠檬。它准备了一串用树枝串起来的贝壳，打算用一种魔法把贝壳变成柠檬。贝壳一共有(N(1le Nle 100000))只，按顺序串在树枝上。为了方便，我们从左到右给贝壳编号 (1...N) 。每只贝壳的大小不一定相同，贝壳 (i) 的大小为 (s_i(1 le s_i le10000)) 。变柠檬的魔法要求，Flute每次从树枝一端取下一小段连续的贝壳，并选择一种贝壳的大小 (s_0) 。如果 这一小段贝壳中 大小为 (s_0) 的贝壳有 (t) 只，那么魔法可以把这一小段贝壳变成 (s_0t^2) 只柠檬。Flute可以取任意多次贝壳，直到树枝上的贝壳被全部取完。各个小段中，Flute选择的贝壳大小 (s_0) 可以不同。而最终 Flute 得到的柠檬数，就是所有小段柠檬数的总和。Flute 想知道，它最多能用这一串贝壳变出多少柠檬。请你帮忙解决这个问题。

Input

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 (s_i) 。

Output

仅一个整数，表示 Flute 最多能得到的柠檬数。

Sample Input

5
2
2
5
2
3

Sample Output

21

Solution

考虑DP， (f[i]) 表示前 (i) 个的最大价值。

发现每一段的开头结尾应该是同一个颜色才会最优，否则不如单出来选。

对于 (f[i])，假设之前存在一个点 (j)，这个点的颜色 (a[j]) 与 (i) 的颜色 (a[i]) 相等，那么我们可以让 (f[i]) 由 (j) 转移， (s[i]) 代表前 (i) 个数里 (a[i]) 出现的次数，价值为 $$f[j-1]+a[j] imes (s[i]-s[j]+1)^2$$

很可以斜率的样子欸...

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define N 100001
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define ll long long
 
inline int read() {
    int x = 0, flag = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (!(ch ^ '-')) flag = -1; ch = getchar(); }
    while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar(); return x * flag;
}
 
int n; 
ll a[N], f[N];
int cnt[N], s[N];
vector<int> q[N];
 
inline ll calc(int x, int y) { return f[x - 1] + a[x] * y * y; }
inline int k(int x, int y) {
    int l = 1, r = n, mid, ret = n + 1;
    while(l <= r) if(calc(x, (mid = l + r >> 1) - s[x] + 1) >= calc(y, mid - s[y] + 1)) ret = mid, r = mid - 1; else l = mid + 1;
    return ret;
}
 
int main() {
     
    n = read();
    rep(i, 1, n) {
        int t = a[i] = read(); cnt[t]++, s[i] = cnt[t];
        while(q[t].size() >= 2 && k(q[t][q[t].size() - 2], q[t][q[t].size() - 1]) <= k(q[t][q[t].size() - 1], i)) q[t].pop_back();
        q[t].push_back(i);
        while(q[t].size() >= 2 && k(q[t][q[t].size() - 2], q[t][q[t].size() - 1]) <= s[i]) q[t].pop_back();
        f[i] = calc(q[t][q[t].size()-1], s[i] - s[q[t][q[t].size()-1]] + 1);
    }
    cout << f[n];
    return 0;
}