点此看题面

大致题意： 你可以对一个序列进行\(k\)次分割，每次得分为两个块元素和的乘积，求总得分的最大值。

区间\(DPor\)斜率优化\(DP\)

这题目第一眼看上去感觉很明显是区间\(DP\)。

但是，一看数据范围，\(n\le100000\)，这是要上天的节奏！

不过，再看\(m\le200\)，比较显然应该是\(O(nm)\)的时间复杂度。

实际上，这题的确是可以用斜率优化\(DP\)来做到\(O(nm)\)的。

推性质

首先，我们要知道一个性质：将一个区间进行若干次分割，分割的顺序是不影响最后的总得分的。

证明如下：

设要对一个区间进行\(2\)次分割，则分割完后有\(3\)个区间，每个区间的价值和分别为\(a_1,a_2,a_3\)。

则总共有两种分割顺序，得到的总得分分别为\(a_1·(a_2+a_3)+a_2·a_3\)和\((a_1+a_2)·a_3+a_1·a_2\)。

实际上，这两个式子化简后皆为\(a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3\)。

而多次分割其实是同理的。

状态转移

这样一来，就不难想到针对这种问题的常见套路：设\(f_{i,j}\)表示在前\(i\)个数中割\(j\)次得到的最大总得分。

状态转移方程如下：

\[f_{i,j}=f_{x,j-1}+sum_x*(sum_i-sum_x)\]

这应该是比较好理解的吧，就相当于枚举一个割的位置，总得分为该区间前半部分割\(j-1\)次的最大得分加上这两部分元素和的乘积。

对于这种式子，比较显然可以斜率优化。

将原式展开得：

\[f_{x,j-1}-sum_x*sum_x=-sum_x*sum_i+f_{i,j}\]

要注意在转移过程中可能会出现分母为\(0\)的情况，则需要给此时的斜率赋值为\(-INF\)。

由于要记方案，所以再用一个\(g\)数组记录下从哪个元素转移而来即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define INF 1e18
#define N 100000
#define M 200
using namespace std;
int n,m,sum[N+5];
class Class_FIO
{private:#define Fsize 100000#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),A==B)?EOF:*A++)#define pc(ch) (void)(FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))int f,FoutSize,Top;char ch,Fin[Fsize],*A,*B,Fout[Fsize],Stack[Fsize];public:Class_FIO() {A=B=Fin;}inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}inline void read_digit(int &x) {while(!isdigit(x=tc()));x&=15;}inline void readc(char &x) {while(isspace(x=tc()));}inline void reads(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())&&~ch);}inline void write(LL x) {if(!x) return pc('0');x<0&&(pc('-'),x=-x);while(x) Stack[++Top]=x%10+48,x/=10;while(Top) pc(Stack[Top--]);}inline void writec(char x) {pc(x);}inline void writes(string x) {for(register int i=0,len=x.length();i<len;++i) pc(x[i]);}inline void clear() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),FoutSize=0;}
}F;
class Class_SlopeDP
{private:#define A(x) (f[x][j-1]-1LL*sum[x]*sum[x])#define B(x) (-1LL*sum[x])#define S(x,y) (B(x)^B(y)?1.0*(A(y)-A(x))/(B(y)-B(x)):-INF)//对于分母为0的情况，返回-INF#define Slope (1LL*sum[i])int q[N+5],g[N+5][M+5];LL f[N+5][M+5];inline void PrintStep(int x,int y) {y&&(PrintStep(g[x][y-1],y-1),F.write(x),F.writec(' '),0);}//输出方案public:inline void Solve()//DP转移{register int i,j,H,T;for(j=1;j<=m;++j){for(q[H=T=1]=0,i=1;i<=n;++i)//每次记得清空队列{while(H<T&&S(q[H],q[H+1])<=Slope) ++H;f[i][j]=f[g[i][j]=q[H]][j-1]+1LL*sum[q[H]]*(sum[i]-sum[q[H]]);while(H<T&&S(q[T],i)<=S(q[T-1],q[T])) --T;q[++T]=i;}}}inline void Print() {F.write(f[n][m]),F.writec('\n'),PrintStep(g[n][m],m);}
}SlopeDP;
int main()
{register int i;for(F.read(n),F.read(m),i=1;i<=n;++i) F.read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1];return SlopeDP.Solve(),SlopeDP.Print(),F.clear(),0;
}