【CF573E】Bear and Bowling

【CF573E】Bear and Bowling

题面

洛谷

题解

首先有一个贪心的结论：

我们一次加入每个数，对于\(\forall i\)，位置\(i\)的贡献为\(V_i = k_i\times a_i+b_i\)，其中\(k_i\)为位置\(i\)之前被选的数的个数，\(b_i\)为\(i\)之后被选的数的和。

那么我们每次选这个贡献最大的位置一定最优。

然后来证一下这个结论的正确性（直接蒯了\(\text {I} \color{#FF0000} {\text {tst}}\)的）：

引理：在上述贪心策略下，如果\(a_i>a_j\)且\(i<j\)，则选\(i\)之前不可能选\(j\)。

证明考虑归纳：\(i,j\)中间不存在被选中的元素时是平凡的，如果\(i,j\)中间存在p个选中的元素，若\(V_i<V_j\)则一定在\([i,j]\)之间存在至少一个\(x\)满足\(a_x<a_j\)，此时没有选\(i\)所以不可能选择\(x\)，与假设不符，QED。

接下来假设贪心策略不正确，即在选择了集合\(A\)之后将下标为\(x\)的位置选中，但是最优的答案是选择集合\(A+B\)，其中\(x\notin B\)。那么考虑：

1、如果\(B\)中存在位置在\(x\)左边，考虑在\(x\)左边的最右位置\(y\)，那么此时有\(a_y\leq a_x,V_x≥V_y\)。此时加入集合\(B\)中的其他元素考虑\(V_x,V_y\)的变化，那么在\(x\)右边的元素对\(V_x,V_y\)的贡献一样，在\(y\)左边的元素对\(V_x,V_y\)的贡献是\(a_x,a_y\)，而\(x,y\)中间没有在\(B\)中的元素，所以可以发现在其他元素加入之后\(V_x\geq V_y\)，所以将\(B\)中\(y\)换成\(x\)结果不劣。

2、如果\(B\)中只有在\(x\)右边的元素，考虑在\(x\)右边的最左位置\(y\)，那么\(B\)集合其他的元素对\(V_x,V_y\)的贡献是一样的，所以把\(y\)换成\(x\)也不会更劣。

故上述假设不成立，贪心正确性证毕。

考虑分块维护这个最大值。

每次选完最大值，就相当于对于选定的\(pos\)，\(pos\)前的位置\(i\)中\(b_i\)均加上\(a_{pos}\)，\(pos\)后的位置\(i\)中\(k_i\)均加上一。因为对于同一块我们加上的\(k,b\)是一样的，而\(pos\)所在的块可以\(\sqrt n\)暴力重构，所以我们分块维护凸壳就可以了。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std; 
const int MAX_N = 1e5 + 5;
const int LEN = 320;
int N, a[MAX_N], id[MAX_N], bel[MAX_N], L[LEN], R[LEN];
long long tk[LEN], tb[LEN], f[MAX_N], ans;
double slope(int i, int j) {
	if (a[i] == a[j]) return f[i] > f[j] ? -1e20 : 1e20;
	else return (double)(f[i] - f[j]) / (a[i] - a[j]);
}
long long calc(int i) { return f[i] + tk[bel[i]] * a[i] + tb[bel[i]]; }
struct Hull {
	deque<int> q;
	void clear() { q.clear(); }
	void insert(int i) {
		while (q.size() > 1 && slope(q[q.size() - 2], q[q.size() - 1])
			                 < slope(q[q.size() - 1], i)) q.pop_back();
		q.push_back(i);
	}
	pair<long long, int> query() {
		while (q.size() > 1 && calc(q[0]) <= calc(q[1]))
			q.pop_front();
		return make_pair(calc(q[0]), q[0]);
	}
} S[LEN];
void modify(int l, int ed, int k, int b) {
	while (l <= ed) {
		int x = bel[l], r = min(R[x], ed);
		if (l == L[x] && r == R[x]) tk[x] += k, tb[x] += b;
		else for (int i = l; i <= r; i++) f[i] += 1ll * k * a[i] + b;
		l = r + 1;
	}
}
pair<long long, int> query(int l, int ed) {
	pair<long long, int> res = make_pair(0, 0);
	while (l <= ed) {
		int x = bel[l], r = min(R[x], ed);
		if (l == L[x] && r == R[x]) res = max(res, S[x].query());
		else for (int i = l; i <= r; i++) res = max(res, make_pair(calc(i), i));
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
void build(int x) {
	for (int i = L[x]; i <= R[x]; i++) f[i] += tk[x] * a[i] + tb[x];
	tk[x] = tb[x] = 0, S[x].clear();
	for (int i = L[x]; i <= R[x]; i++) S[x].insert(id[i]);
}
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("cpp.in", "r", stdin);
#endif
	scanf("%d", &N);
	for (int i = 1; i <= N; i++) {
		scanf("%d", a + i);
	    f[i] = a[i], id[i] = i;
		bel[i] = (i - 1) / LEN + 1;
		if (!L[bel[i]]) L[bel[i]] = i;
		R[bel[i]] = i;
	}
	for (int i = 1; i <= bel[N]; i++)
		sort(&id[L[i]], &id[R[i] + 1], [](int l, int r) { return a[l] < a[r]; }), build(i);
	long long ans = 0;
	while (1) {
		pair<long long, int> res = query(1, N);
		if (res.first <= 0) break;
		ans += res.first;
		f[res.second] = -1ll << 60;
		if (res.second > 1) modify(1, res.second - 1, 0, a[res.second]);
		if (res.second < N) modify(res.second + 1, N, 1, 0);
		build(bel[res.second]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}