LuoguP5504 [JSOI2011]檸檬

題目描述

Solution

容易發(fā)現(xiàn)一個性質(zhì)：每一段劃分區(qū)間的首尾兩個元素相同。
因為倘若不相同的話其中至少一個元素也就不產(chǎn)生貢獻(xiàn)，將其劃分在其他區(qū)間一定不會變劣。

因此就可以寫出一個簡單的$O(n^2)$的$dp$。
$$f_i=f_{j?1}+(s_i?s_j+1{)}^2(a_i=a_j)$$
其中$s_i$表示在$i$之前的與$i$相同的元素的個數(shù)。

考慮決策單調(diào)性：
設(shè)有$j_1<j_2<i$，$a_{j_1}=a_{j_2}$，令$getans(x,y)$表示$f_{x?1}+(s_y?s_x+1{)}^2$。

若$getans(j_1,i)\ge getans(j_2,i)$，則對于所有$i^{\prime }\ge i$，都有$getans(j_1,i^{\prime })\ge getans(j_2,i^{\prime })$，因為兩者的增長都是平方級別的。

因此我們可以用單調(diào)棧維護(hù)這一過程。
對于每一種$a_i$開一個單調(diào)棧，我們希望的是保證棧中元素的$getans(...,i)$始終遞增。每次如果發(fā)現(xiàn)棧頂元素沒有它下面一個元素優(yōu)，就彈棧。

但這并不是完全正確的，隨著$i$的后移，因為前面的元素增長快，所以可能存在一個$j_1<j_2<j_3<i$，使得$getans(j_1,i)>getans(j_3,i)$，但$getans(j_2,i)<getans(j_3,i)$。

因此我們還需要保證棧中每一個元素$x$超過上面一個元素$y$的時間小于$y$超過它上面的元素$z$的時間。

這個某個元素超過另一個元素的時間可以二分求得。

所以我們維護(hù)單調(diào)棧時額外添加一個判斷$getans(stack[top?2])>getans(stack[top?1])$的時間是否比$getans(stack[top?1])>getans(stack[top])$的時間短即可。

時間復(fù)雜度$O(nlgn)$。

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } ll f[MAXN]; vector<int> V[MAXN]; int a[MAXN],s[MAXN],cnt[MAXN],n; ll Getans(int x,int y) { return f[x-1]+1ll*a[x]*y*y; } ll getans(int x,int y) { return f[x-1]+1ll*a[x]*(s[y]-s[x]+1)*(s[y]-s[x]+1); } int check(int x,int y) {int l=s[y],r=n+1;while (l<r){int mid=(l+r)>>1;if (Getans(x,mid-s[x]+1)>=Getans(y,mid-s[y]+1)) r=mid;else l=mid+1;}return r; } int main() {n=read();for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=++cnt[a[i]=read()];f[0]=0;for (int i=1,sz;i<=n;i++){sz=V[a[i]].size()-1;while (sz>=1&&check(V[a[i]][sz-1],V[a[i]][sz])<=check(V[a[i]][sz],i)) V[a[i]].pop_back(),sz--;V[a[i]].PB(i),sz++;while (sz>=1&&getans(V[a[i]][sz-1],i)>=getans(V[a[i]][sz],i)) V[a[i]].pop_back(),sz--;f[i]=getans(V[a[i]][sz],i);}printf("%lld\n",f[n]);return 0; }

總結(jié)

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