2017.3.23 特别行动队思考记录

注意到不同的两个队效率是互不影响的，很容易借助区间dp模型写出n^2级别dp

f[i]=max( f[i] , f[j]+(qsum[i]-qsum[j])^2*a+(qsum[i]-qsum[j])*b+c )

但对于10^6的数据是会超时的

所以应该是斜率优化、、

第一次写，尝试拆为：

f[i]=f[j]+a*qsum[i]^2 + a*qsum[j]^2 - 2*a*qsum[i]*qsum[j] + b*qsum[i] - b*qsum[j] + c

f[i]-a*qsum[i]^2-b*qsum[i] = f[j]+a*qsum[j]^2-b*qsum[j]+c -2*a*qsum[i]*qsum[j];

没错，，这个2*a*qsum[i]*qsum[j+1]消不掉了；；

于是乎看题解、、

好吧，思路错了，，本来想直接用j表示，，结果是i和j共同代表一个x、、（~~其实就是不会~~）

所以是 2*a*qsum[i]*qsum[j] + f[i]-a*qsum[i]^2-b*qsum[i]-c = f[j]+a*qsum[j]^2-b*qsum[j] ；；；

就是设A=2*a*qsum[i] X=qsum[j] B=f[i]-a*qsum[i]^2-b*qsum[i]-c Y=f[j]+a*qsum[j]^2-b*qsum[j]

在枚举i的情况下，A（斜率）是定值，变的只有B，，

因为f[i]在B里，是唯一和i有关的变量，x、y只和j相关，所以相当于找点（x，y）使B尽量大；；而A、X都是单调的：qsum[]作为前缀和必然递增（xi>0）由于a<0，所以A单减 B单增

由于A单减，所以下一个i的答案只有可能在这一个i的答案之后

所以维护凸包即可（维护凸包是保证其局部单调性）

码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1000009
struct P
{ll x,y;
}q[N],now;
ll A,B,C,n,i,x,qsum[N],l,r;
ll cha(P a,P b,P c)
{return ((b.x-a.x)*(c.y-a.y)>=(c.x-a.x)*(b.y-a.y));
}int main()
{scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&A,&B,&C);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&qsum[i]);qsum[i]+=qsum[i-1];}//cout<<qsum[n];l=0;r=0;for(i=1;i<=n;i++){ll a=qsum[i]*A*2;while(l<r&&q[l+1].y-a*q[l+1].x>=q[l].y-a*q[l].x)l++;now.x=qsum[i];now.y=q[l].y-a*q[l].x+a*qsum[i]+C;//cout<<now.x<<" ";while(l<r&&cha(q[r-1],now,q[r])<=0)--r;q[++r]=now;}printf("%lld",q[r].y+B*qsum[n]-A*qsum[n]*qsum[n]);}

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