[CSP-S2019] 划分

题面传送


真心不想再看这道题。当年我还打了这场csp，本来我的神奇乱搞写法能拿88分。然后想再骗一点后面的大数据，结果自己把空间整爆了……赔了夫人又折兵。


乱搞做法不细说了，总而言之就是打表，然后发现是一个偶尔会下降的递增序列，然后乱搞了一下就差不多了……


正解是单调队列优化一个贪心。
有一个结论是满足题意的前提下，最后一段越短越优。证明放在后面。
接下来就可以贪心了。
我们令(f[i])表示所求答案，(g[i])表示以(i)结尾的最后一段的区间和。
那么(f[i] = f[j_{max}]+(sum[i]-sum[j])^2(j<i, sum[i]-sum[j]geqslant g[j])).
这样是(O(n^2))的，能得到64分。


优化：这个单调队列优化相较于其他的有些不同。
需要做的是，在(sum[i]-sum[j] geqslant g[j])的前提下，快速找到最大的(j)，而(f[i])只是顺带求出来的。
所以我们把这个条件变形一下：(g[j]+sum[j] leqslant sum[i]).
于是我们用单调队列维护(g[j] + sum[j])，如果新添加的值比队尾小，那么应该踢出队尾。因为他不仅小，还更靠后，就更容易成为答案。
那什么时候踢出队首呢？这个挺奇特：比较队首和队首的下一个，如果队首下一个仍满足(g[j]+sum[j] leqslant sum[i])，就弹出队首。因为(sum[i])是递增的，所以比(sum[i])小就一定比后面小，那么这时候下一个的值就比队首更优了。


这样这题就做完了，关于最后的12分，因为不想写高精，就拿__int128水了一发。而且用的还是STL的deque。所以这份代码不仅跑的慢，在NOIP上可能还不让用。不过我毕竟不去考NOIP，用用何妨呢。


结论的证明：
先考虑三个数(x,y,z)，如果(x leqslant y+z)且(x+yleqslant z)，那么我们要证明的是，把(y)放在前面代价更小。
那么上面的代价分别是(x^2+(y+z)^2)和((x+y)^2+z^2)，两式相减，得到(2y(z-x)>0)说明把(y)放在后面代价更小。
用数学归纳法可以扩展到多个数的情况，只要把剩下的数都看成(x)和(z)，就变成了最简单的三个数的情况了。
我们接着用数学归纳法，把后面的区间也都看成一个区间，就能说明为什么对于每个区间，我们都要在大于前一个区间的前提下，把数尽量往前面放了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<queue>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const int maxn = 4e7 + 5;
const int maxm = 1e5 + 10;
const int mod = 1 << 30;
In ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), las = ' ';
	while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(las == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
In void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int n, m, TYPE, a[maxn];
int b[maxn], p[maxm], l[maxm], r[maxm];
ll sum[maxn];

In void input()
{
	n = read(), TYPE = read();	
  	if(TYPE) 
  	{
  		ll x = read(), y = read(), z = read();
		b[1] = read(), b[2] = read(), m = read();
    	for(int i = 1; i <= m; ++i) p[i] = read(), l[i] = read(), r[i] = read();
    	for(int i = 3; i <= n; ++i) b[i] = (x * b[i - 1] + y * b[i - 2] + z) % mod;
    	for(int i = 1; i <= m; ++i)
      		for(int j = p[i - 1] + 1; j <= p[i]; ++j) a[j] = (b[j] % (r[i] - l[i] + 1)) + l[i];
	}
	else for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
}

deque<int> q;
int pre[maxn], st[50], top = 0;
In ll g(int x) {return sum[x] - sum[pre[x]];}
In ll p_2(ll a) {return a * a;}

int main()
{
	input();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
	q.push_back(0); 
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		while((int)q.size() > 1 && g(q[1]) + sum[q[1]] <= sum[i]) q.pop_front();
		pre[i] = q.front();
		while(!q.empty() && g(q.back()) + sum[q.back()] >= g(i) + sum[i]) q.pop_back();
		q.push_back(i);
	}
	int x = n; __int128 ans = 0, tp = 1;
	while(x)
	{
		tp = g(x), tp *= g(x);
		ans += tp, x = pre[x];
	}
	while(ans) st[++top] = ans % 10, ans /= 10;
	while(top) write(st[top--]); enter;
	return 0;
}