[小A与最大子段和][斜率优化dp+二分]

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/545/A
来源：牛客网
题目描述

小A在网上看到了 "最大子段和" 问题的解法.第二天,小A向小B讲解了这个问题.

但小B抛出了一个疑问：如果让每个数的权值是它本身的值乘上它在子段中的位置呢?

小A被难住了,你能帮他解决这个问题吗?

形式化地说,你需要在一个序列 a  里找到一个非空子段(子段是 连续的) b, 满足  ${\sum mi=1b[i]\times i\sum i=1mb[i]\times i 最大(\; m 是\; b 的长度)}^{}$

输入描述:

第一行一个整数 n ,表示序列的长度

第二行 n 个整数,第 i 个数表示  ${\mathrm{aiai}}^{}$

输出描述:

一行一个整数，表示最大的 ${\sum mi=1b[i]\times i\sum i=1mb[i]\times i}^{}$

示例1

输入

4

-100 1 2 3

输出

14

说明

$\mathrm{1\times 1+2\times 2+3\times 3=141\times 1+2\times 2+3\times 3=14}$备注:

$\mathrm{1\le n\le 2\times 10^50\le \mid ai|\le 2\times 10^3}$
题解：枚举每个区间右端点，如果再枚举左端点则复杂度为O(N^2)不可行。使用斜率优化。

令s为前缀和，p[i] = ∑(i * s[i])，区间[j, i]以i为右端点时区间和可以表示为p[i] - p[j - 1] - (j - 1) * (s[i] - s[j - 1])。

斜率方程(k < j < i) j比k优，((j * s[j] - p[j]) - (k * s[k] - p[k])) / (j - k) > s[i]，由于前缀和s不单调所以不能直接将队首节点弹出，（即只通过插入当前点更新队尾元素，不能丢弃队首元素，【而如果前缀和s单调，易知队首元素在当前不满足时也不会满足以后的点即可以丢弃】）

所以就不能通过丢弃队首来找满足条件的点了，只能通过二分斜率凸包来找满足条件的斜率。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<queue>
 7 #include<time.h>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 const int N = 2e5+10;
11 ll a[N],A[N],B[N],dp[N];
12 struct pot{
13     int x;
14     ll y;
15 }que[N];
16 int head=1;
17 int tail=0;
18 bool check(int s,int k){
19     if(tail<2)return true;
20     return que[s].y-que[s-1].y<(que[s].x-que[s-1].x)*B[k];
21 }
22 int main(){
23     int n;
24     scanf("%d",&n);
25     for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);dp[i]=a[i];}
26     for(int i=1;i<=n;i++){
27         A[i]=i*a[i]+A[i-1];
28         B[i]=a[i]+B[i-1];
29     }
30     ll ans=-10000000;
31     for(int i=1;i<=n;i++){
32         int l=head;
33         int r=tail;
34         int m=l;
35         while(l<=r){
36             int mid=(l+r)/2;
37             if(check(mid,i)){
38                 m=mid;
39                 r=mid-1;
40             }
41             else l=mid+1;
42         }
43         dp[i]=max(A[i]-A[que[m-1].x]-que[m-1].x*(B[i]-B[que[m-1].x]),dp[i]);
44         ans=max(ans,dp[i]);
45         while(tail>=2&&(i*B[i]-A[i]-(que[tail].y))*(que[tail].x-que[tail-1].x)>(i-que[tail].x)*((que[tail].y-que[tail-1].y)))tail--;
46         que[++tail].x=i;
47         que[tail].y=i*B[i]-A[i];
48     }
49     cout<<ans<<endl;
50     return 0;
51 }

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