Description

　　
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Solution

　　
​　　之前我也遇到过一次这种“两段之和乘积作为贡献“的问题：考虑把这一种\((\sum) *(\sum)\)的形式拆括号，就可以发现贡献其实就是分别处于左右的两两元素乘积之和。
　　
​　　题目的分割\(k\)次，其实就是要你把序列分成\(k+1\)段。
　　
​　　再考虑在题目中如此的分割方法下，贡献是怎么产生的。对于每一个元素\(a_i\)，每次分割时，若涉及到自己，则会贡献一定的乘积\(a_i(\sum)\)。细心想一想就会发现，这个\(\sum\)的总值就是在最终方案下不处于\(a_i\)所在段的元素之和。
　　
　　单向考虑每一项乘积，（这里有点跳）总的来算，每一段\([l,r]\)的贡献就是\((\sum_{i=l}^ra_i)(\sum_{i=1}^{l-1}a_i)\)。记\(a\)的前缀和为\(s\)，则贡献是\((s_r-s_{l-1})s_{l-1}\).
　　
　　我们可以写出DP式，\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数恰好分成\(j\)段的贡献最大值：
\[ f_{i,j}=\max\{f_{k,j-1}+(s_i-s_k)s_k\}\;\;(k<i) \]
　　　
　　
　　直接DP是\(\mathcal O((k+1)n^2)\)的。而看到这个式子比较简单，考虑斜率优化。这里省去第二维，整体做\(k+1\)次即可。
　　
​　　设\(k<j<i\)，\(j\)比\(k\)优，则有：
\[ \begin{aligned} f_j+(s_i-s_j)s_j&>f_{k}+(s_i-s_k)s_k\\ f_j+s_is_j-s_j^2&>f_k+s_is_k-s_k^2\\ s_i(s_j-s_k)&>(s_j^2-f_j)-(s_k^2-f_k)\\ \frac{(s_j^2-f_j)-(s_k^2-f_k)}{(s_j-s_k)}&<s_i \end{aligned} \]
　　直接做就可以了。
　　
　　
　　
　　
　　

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005;
const ll INF=1LL<<62;
const double EPS=1e-6;
int n,m,a[N];
int q[N],head,tail;
ll s[N],real_f[N],real_g[N],*f=real_f,*g=real_g;
inline double slope(int a,int b){return 1.0*((s[b]*s[b]-g[b])-(s[a]*s[a]-g[a]))/(s[b]-s[a]);
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);int cnt=0;for(int i=1,x;i<=n;i++){scanf("%d",&x);if(x)cnt++,s[cnt]=s[cnt-1]+x;}n=cnt; m=min(m,n-1)+1;for(int j=2;j<=m;j++){q[head=tail=1]=j-1;for(int i=j;i<=n;i++){while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])-EPS<s[i]) head++;int best=q[head];f[i]=g[best]+(s[i]-s[best])*s[best];    while(head<tail&&slope(q[tail-1],q[tail])>slope(q[tail],i)) tail--;q[++tail]=i;}swap(f,g);}printf("%lld\n",g[n]);return 0;
}

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