[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 ∑mi=1b[i]×i∑i=1mb[i]×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 aiai

输出描述:

一行一个整数，表示最大的 ∑mi=1b[i]×i∑i=1mb[i]×i 

示例1

输入

4

-100 1 2 3

输出

14

说明

1×1+2×2+3×3=141×1+2×2+3×3=14

备注:

1≤n≤2×10^5
0≤∣ai|≤2×10^3
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。

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<time.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int N = 2e5+;
 ll a[N],A[N],B[N],dp[N];
 struct pot{
     int x;
     ll y;
 }que[N];
 int head=;
 int tail=;
 bool check(int s,int k){
     if(tail<)return true;
     return que[s].y-que[s-].y<(que[s].x-que[s-].x)*B[k];
 }
 int main(){
     int n;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);dp[i]=a[i];}
     for(int i=;i<=n;i++){
         A[i]=i*a[i]+A[i-];
         B[i]=a[i]+B[i-];
     }
     ll ans=-;
     for(int i=;i<=n;i++){
         int l=head;
         int r=tail;
         int m=l;
         while(l<=r){
             int mid=(l+r)/;
             if(check(mid,i)){
                 m=mid;
                 r=mid-;
             }
             else l=mid+;
         }
         dp[i]=max(A[i]-A[que[m-].x]-que[m-].x*(B[i]-B[que[m-].x]),dp[i]);
         ans=max(ans,dp[i]);
         while(tail>=&&(i*B[i]-A[i]-(que[tail].y))*(que[tail].x-que[tail-].x)>(i-que[tail].x)*((que[tail].y-que[tail-].y)))tail--;
         que[++tail].x=i;
         que[tail].y=i*B[i]-A[i];
     }
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }