【BZOJ4709】柠檬（动态规划，单调栈）

题面

BZOJ

题解

从左取和从右取没有区别，本质上就是要分段。
设$f[i]$表示前$i$个位置的最大值。
那么相当于我们枚举一个前面的位置$j$，然后找到这一段中最大的$s_0t^2$
但是这样子很不优秀。
我们贪心的思考一下，既然这一段最后加起来只能变成某一个$s_0$，
那么，我们这一段开头和结尾都一定要是$s_0$，
否则我们把结尾那些不等于$s_0$的单独分开一段，
这样子的答案一定不会更差，前缀同理。
因此每次的$s_0$一定由前面的某个$s_0$转移过来。
转移是$f[i]=f[j-1]+s[i]t^2$，其中$t^2$是$[j,i]$中$s[i]$的个数。
发现$t^2$增长很快于$y=x$，显然这个式子是具有决策单调性的。
如果当前位置$k\lt j$，那么一旦$k$的转移优于了$j$，那么$k$就永远优于$j$了。（这不显然吗？
那么，对于每一个$s$都维护一个单调栈（$vector$)
每次将后面不优的全部弹出去，然后进行转移。
注意几点：
首先是不优的靠计算，记录一下当前位置的前缀$t$的值，然后每次二分检查单调栈里面的第二个元素是否优于栈顶元素，也就是二分查找一下超过的时间。
还有一种可能出现的情况，即当前第二个元素不比栈顶优秀，但是第三个元素比栈顶优秀。
对于栈顶的几个元素，假设$a<b<c<d$，如果$a$超过$c$的时间要早于$b$超过$d$的时间。
那么当$b$超过$d$的时候，$a$早就超过$d$了，那么$b$是没有意义的。
所以对于当前位置$i$，我们检查栈顶元素和第二个元素超过$i$的时间
如果第二个元素超过$i$的时间更早，那么第一个元素就没有意义了，可以直接弹掉。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 111111
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
ll f[MAX];
vector<int> g[MAX];
int n,a[MAX],num[MAX],s[MAX];
ll calc(int j,int x){return f[j-1]+1ll*a[j]*x*x;}
int Time(int x,int y)
{
    int l=1,r=n,ret=n+1;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(calc(x,mid-s[x]+1)>=calc(y,mid-s[y]+1))ret=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        s[i]=++num[a[i]=read()];int l=g[a[i]].size();
        while(l>=2&&Time(g[a[i]][l-2],g[a[i]][l-1])<=Time(g[a[i]][l-1],i))
            --l,g[a[i]].pop_back();
        g[a[i]].push_back(i);++l;
        while(l>=2&&Time(g[a[i]][l-2],g[a[i]][l-1])<=s[i])
            --l,g[a[i]].pop_back();
        f[i]=calc(g[a[i]][l-1],s[i]-s[g[a[i]][l-1]]+1);
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
}