【BZOJ】4709: [Jsoi2011]柠檬

4709: [Jsoi2011]柠檬

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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 (1 ≤ N

 ≤ 100,000) 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 si(1 ≤ si ≤10,000)。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 s0。如果 这一小段贝壳中 大小为 s0 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 si。

 

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
//Flute 先从左端取下 4 只贝壳，它们的大小为 2, 2, 5, 2。选择 s0 = 2，那么这一段
里有 3 只大小为 s0 的贝壳，通过魔法可以得到 2×3^2 = 18 只柠檬。再从右端取下最后一
只贝壳，通过魔法可以得到 1×3^1 = 3 只柠檬。总共可以得到 18 + 3 = 21 只柠檬。没有
比这更优的方案了。

HINT

 

Source

 

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还没有学会斜率优化...可以直接单调栈，参考neither_nor的博客，在代码里面写了一点注释：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;

int n, s, cnt[10005], pre[100005], color[100005];
vector < int > stk[10005];
ll f[100005];

ll count ( int x, int num ) {
    return f[x-1] + (ll)color[x] * num * num;
}

int find ( int x, int y ) {//x，y是需要判断的下标，find的是x超过y的位置 
    int l = 1, r = n, res = n + 1;
    while ( l <= r ) {
        int mid = ( l + r ) >> 1;
        if ( count ( x, mid - pre[x] + 1 ) >= count ( y, mid - pre[y] + 1 ) ) {//mid查找的是当前颜色的第几个入栈时间 
            res = mid; r = mid - 1;
        } else l = mid + 1;
    }
    return res;
}

int main ( ) {
    scanf ( "%d", &n );
    for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        scanf ( "%d", &s );
        cnt[s] ++;
        color[i] = s;
        pre[i] = cnt[s];
        while ( stk[s].size ( ) >= 2 && find ( stk[s][stk[s].size ( ) - 2], stk[s][stk[s].size ( ) - 1] ) <= 
                find ( stk[s][stk[s].size ( ) - 1], i ) ) stk[s].pop_back ( );//防止第二个元素超过栈顶的时间比栈顶超过i的时间早，此时栈顶没用 
        stk[s].push_back ( i );//先推入防止最后从0更新 
        while ( stk[s].size ( ) >= 2 && find ( stk[s][stk[s].size ( ) - 2], stk[s][stk[s].size ( ) - 1] ) <= 
                pre[i] ) stk[s].pop_back ( );//i是这种颜色第pre[i]个入栈的 //第二个元素超过栈顶的时间比第一个元素进入的时间早，栈顶就没用了 
        f[i] = count ( stk[s][stk[s].size ( ) - 1], pre[i] - pre[stk[s][stk[s].size ( ) - 1]] + 1 );
    }
    ll ans = 0;
    for ( int i = 1; i <= n; i ++ )
        ans = max ( ans, f[i] );
    printf ( "%lld
", ans );
    return 0;
}