【BZOJ1563】【NOI2009】—诗人小G（决策二分栈优化dp）

传送门

$O(n^2)dp$应该都会吧……

$f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)^p$

我们发现这个$p$次方是单调的
考虑2个决策点对后面的贡献
一定存在一个分界点
满足前面从第一个决策转移更优，后面从第二个转移更优

我们就可以用一个队列维护这样一个单调的分界点
每次转移就可以了

注意会爆$long long$
开$long double$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
#define ll long long
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ob,*ib;
    (ib==ob)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
#define ld  double 
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=(ch=='-'),ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
const int N=100005;
const double eps=1e-6;
char s[N][35];
int pr[N],stk[N],hd,tl,k[N],sum[N];
ld f[N];
int n,L,p;
inline ld ksm(ld a,ld res=1){
	for(int b=p;b;b>>=1,a=a*a)(b&1)?res=res*a:0;
	return res;
}
inline ld calc(int i,int j){
	return f[j]+ksm(abs(L-sum[i]+sum[j]));
}
inline int bound(int i,int j){
	int l=i,r=n+1;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(calc(mid,i)>=calc(mid,j))r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return l;
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		n=read(),L=read()+1,p=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]),sum[i]=sum[i-1]+strlen(s[i])+1;
		hd=1,tl=1;stk[1]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while(hd<tl&&k[hd]<=i)hd++;
			f[i]=calc(i,stk[hd]),pr[i]=stk[hd];
			while(hd<tl&&k[tl-1]>=bound(stk[tl],i))tl--;
			k[tl]=bound(stk[tl],i),stk[++tl]=i;
		}
		if(f[n]>1e18)cout<<"Too hard to arrange"<<'
';
		else{
			printf("%.0lf
",f[n]);
			stk[0]=n,hd=1,tl=0;
			for(int i=n;i;stk[++tl]=i=pr[i]);
			for(int i=tl;i;i--){
				for(int j=stk[i]+1;j<stk[i-1];j++){
					cout<<s[j]<<" ";
				}
				cout<<s[stk[i-1]]<<'
';
			}
		}
		puts("--------------------");
	}
}