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[OJ#15]TR #2 画心
试题描述
渠是一名画师。渠有一支神奇的画笔，可以画尽因果。
渠要画一幅画，这幅画由N个线段组成，线段从1开始编号，第i条线段有一个特殊的因果值Ai。
由于画太长了，渠不可能一次画完，于是渠打算将这N条线段分成若干组来画，每一组的长度要求在[L,R]之间，且必须是编号连续的一段。
对于因果值之和为x的一组线段，渠画完后种下的因果为ax2+bx+c。渠想知道渠将这N条线段画完，最多收获多少因果呢？
输入
输入共三行。
第一行为4个整数N，a，b，c，表示线段的数目与给定的参数。
第二行为2个正整数L，R，为每组长度限制的区间。
第三行为N个整数Ai，分别表示每一条线段的因果值。
输出
仅一行，为最多收获的因果数，保证答案在long long范围之内。
输入示例
7 -1 0 3 1 3 1 -2 3 -4 5 6 -6
输出示例
9
数据规模及约定
对于20%的数据 : 1≤N≤10。
对于40%的数据 : 1≤N≤103。
另有20%的数据 : L=1, R=N, 0≤Ai≤105。
另有20%的数据 : L=1, R=N。
对于100%的数据 : 1≤N≤52501, 0≤b,c≤52501, 0≤|Ai|≤105, ?10<a<0。
题解
新学一个叫线段树分治。
首先设 f(i) 表示前 i 条线段能获得的最大分数（由于“因果值”太奇怪，改称分数），那么直接可以得出转移方程（设数列 A 的前缀和为数列 S）
f(i) = max{ f(j) + a(Si - Sj)2 + b(Si - Sj) + c | j ∈ [i-R, i-L]∪[0, n] }
这题推推式子发现是斜率优化题，但是由于 A 中元素有正有负，顾数列 S 无单调性，并且会发现斜率也没有单调性，所以不能简单处理了。
这时候我们考虑一个点能转移到哪，显然也是一个区间（即 f(j) 可以转移到 [j+L, j+R] 这个区间），于是我们可以在线段树上 [j+L, j+R] 所对应的 log(n) 个区间加上 j 的标记；那么对于线段树某个节点，它上面所有标记都适用于它子树中所有的节点（即这个节点上的标记可以转移到所有子节点所对应的位置）。
然后我们就可以按 DFS 序遍历这棵线段树；考虑遍历到某个节点时，该节点上的标记一定在该节点所表示区间的左边，由于我们是按照 DFS 序处理的，所以该节点上的标记一定都已经得出了答案，所以就可以直接用这些标记离线维护凸包；在处理叶子结点时，沿着它到根的路径在所有节点上的凸包进行二分，得到的所有答案中取最大值。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == ‘-‘) f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - ‘0‘; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxn 52510
#define maxlog 64
#define LL long long
#define LD long double
const LD oold = (LD)1.0 / 0.0;
int n, a, b, c, L, R;
struct Vec {
LD x, y; int id;
Vec() {}
Vec(LD _1, LD _2, int _3): x(_1), y(_2), id(_3) {}
Vec operator - (const Vec& t) const { return Vec(x - t.x, y - t.y, id); }
LD operator ^ (const Vec& t) const { return x * t.y - y * t.x; }
bool operator < (const Vec& t) const { return x < t.x; }
} ps[maxn];
int head[maxn<<2], ToT, nxt[maxn*maxlog], need[maxn*maxlog];
void target(int o, int l, int r, int ql, int qr, int id) {
if(ql <= l && r <= qr) need[++ToT] = id, nxt[ToT] = head[o], head[o] = ToT;
else {
int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1;
if(ql <= mid) target(lc, l, mid, ql, qr, id);
if(qr > mid) target(rc, mid + 1, r, ql, qr, id);
}
return ;
}
LD val[maxn<<2], f[maxn], S[maxn];
int q[maxn], top;
vector <int> poly[maxn<<2];
LD calc(int j, int i) { // f[j] -> f[i], return f[i]
return (LD)f[j] + (LD)a * (S[i] - S[j]) * (S[i] - S[j]) + (LD)b * (S[i] - S[j]) + c;
}
void solve(int o, int l, int r) {
int mid = l + r >> 1, lc = o << 1, rc = lc | 1, cp = 0;
for(int e = head[o]; e; e = nxt[e]) {
int j = need[e];
// printf("in vetex %d: %d\n", o, j);
ps[++cp] = Vec(S[j], f[j] + (LD)a * S[j] * S[j] - (LD)b * S[j], j);
}
if(cp) {
sort(ps + 1, ps + cp + 1);
q[top = 1] = 1;
while(q[1] <= cp && ps[q[1]].y == -oold) q[1]++;
for(int i = q[1] + 1; i <= cp; i++) {
if(ps[i].y == -oold) continue;
while(top > 1 && (ps[q[top]] - ps[q[top-1]] ^ ps[i] - ps[q[top]]) >= 0) top--;
q[++top] = i;
}
if(q[1] > cp) top = 0;
while(top && ps[q[top]].y == -oold) top--;
if(top) for(int i = 1; i <= top; i++) poly[o].push_back(ps[q[i]].id);
}
if(l == r) {
int u = o;
while(u) {
int _l = 0, _r = poly[u].size() - 1;
while(_l < _r) {
int _mid = _l + _r >> 1;
if(_mid < poly[u].size() - 1 && calc(poly[u][_mid], l) <= calc(poly[u][_mid+1], l))
_l = _mid + 1;
else _r = _mid;
}
if(poly[u].size()) f[l] = max(f[l], calc(poly[u][_l], l)); // , printf("u: %d\n", u);
u >>= 1;
}
// printf("f[%d] = %.0Lf\n", l, f[l]);
}
else solve(lc, l, mid), solve(rc, mid + 1, r);
return ;
}
int main() {
n = read(); a = read(); b = read(); c = read();
L = read(); R = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) S[i] = S[i-1] + read();
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = -oold;
for(int i = 0; i <= n; i++) target(1, 0, n, i + L, min(i + R, n), i);
solve(1, 0, n);
printf("%.0Lf\n", f[n]);
return 0;
}
标签：double www dfs char 之间 描述 getch names data-
原文地址：http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/7554037.html
