LuoguP5504 [JSOI2011]柠檬

题目描述

Solution

容易发现一个性质：每一段划分区间的首尾两个元素相同。
因为倘若不相同的话其中至少一个元素也就不产生贡献，将其划分在其他区间一定不会变劣。

因此就可以写出一个简单的O(n2)O(n^2)O(n2)的dpdpdp。
fi=fj−1+(si−sj+1)2(ai=aj)f_i=f_{j-1}+(s_i-s_j+1)^2\;\;\;\;\;\;\;(a_i=a_j) fi=fj−1+(si−sj+1)2(ai=aj)
其中sis_isi表示在iii之前的与iii相同的元素的个数。

考虑决策单调性：
设有j1<j2<ij_1<j_2<ij1<j2<i，aj1=aj2a_{j_1}=a_{j_2}aj1=aj2，令getans(x,y)getans(x,y)getans(x,y)表示fx−1+(sy−sx+1)2f_{x-1}+(s_y-s_x+1)^2fx−1+(sy−sx+1)2。

若getans(j1,i)≥getans(j2,i)getans(j_1,i)\geq getans(j_2,i)getans(j1,i)≥getans(j2,i)，则对于所有i′≥ii'\geq ii′≥i，都有getans(j1,i′)≥getans(j2,i′)getans(j_1,i')\geq getans(j_2,i')getans(j1,i′)≥getans(j2,i′)，因为两者的增长都是平方级别的。

因此我们可以用单调栈维护这一过程。
对于每一种aia_iai开一个单调栈，我们希望的是保证栈中元素的getans(...,i)getans(...,i)getans(...,i)始终递增。每次如果发现栈顶元素没有它下面一个元素优，就弹栈。

但这并不是完全正确的，随着iii的后移，因为前面的元素增长快，所以可能存在一个j1<j2<j3<ij_1<j_2<j_3<ij1<j2<j3<i，使得getans(j1,i)>getans(j3,i)getans(j_1,i)>getans(j_3,i)getans(j1,i)>getans(j3,i)，但getans(j2,i)<getans(j3,i)getans(j_2,i)<getans(j_3,i)getans(j2,i)<getans(j3,i)。

因此我们还需要保证栈中每一个元素xxx超过上面一个元素yyy的时间小于yyy超过它上面的元素zzz的时间。

这个某个元素超过另一个元素的时间可以二分求得。

所以我们维护单调栈时额外添加一个判断getans(stack[top−2])>getans(stack[top−1])getans(stack[top-2])>getans(stack[top-1])getans(stack[top−2])>getans(stack[top−1])的时间是否比getans(stack[top−1])>getans(stack[top])getans(stack[top-1])>getans(stack[top])getans(stack[top−1])>getans(stack[top])的时间短即可。

时间复杂度O(nlgn)O(nlgn)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;
}