[斜率優化] codefores 660F. Bear and Bowling 4

F. Bear and Bowling 4
題意：
給一個序列val ，任選連續的一段[l,r] ，其價值爲∑rj=lval[j]∗(j−l+1) ，求最大價值 。
簡單的說就是可以去掉這個序列的某前綴和某後綴，然後對新得到的val 求ans=∑val[i]∗i ，最後求max(ans) 。
題解：
斜率優化，這個blog前面講的不錯。
花了兩天才完全搞懂這個題。
怎麼得出來的呢，我們一步一步來。
首先令sum[i]=∑ij=1val[j] ，令p[i]=∑ij=1val[j]∗j 。
然後我們就可以表示出任意[l,r] 的答案，令爲ans[l,r]=p[r]−p[l−1]−(l−1)∗(sum[r]−sum[l−1]),l∈[1,r] 。
注意到裏面l 和l−1 其實是一一對應的，爲了方便，令ans[a,b]=p[b]−p[a]−a∗(sum[b]−sum[a]),a∈[0,b−1] 。
這樣可以得到一個O(n2) 的暴力。

下面來優化。

設有任意三點k<j<i ，同時假設ans[j,i]>ans[k,i] ，把上面的ans 代進去，我得到的結果如下：

(p[k]−k∗sum[k])−(p[j]−j∗sum[j])j−k>sum[i]

過程略，可以自行驗證。

爲了看起來簡單，令y(x)=(p[x]−x∗sum[x]) ，那麼上面可以寫成如下形式：

−y(j)−y(k)j−k>sum[i]

最初我推出的是這個式子，然而我用這個去維護卻無法ac，後來我把左邊完全化爲斜率形式：

g(j,k)=y(j)−y(k)j−k<−sum[i]

顯然g(j,k) 可以看做j 和k 的斜率。
前面我們假設j>k 並且ans[j,i]>ans[k,i] 結果得到了這個式子。
結論就是，對於任意固定的i ，如果有j>k 且g(j,k)<−sum[i] ，便可以得出對於這個i ，選擇j 要比選擇k 更好。

然而這樣還沒有得出如何優化，只得到了一個判斷誰更優的方法。

同樣假設k<j<i ，如果滿足g(i,j)<g(j,k) ，會發生什麼情況呢？
如果g(i,j)<−sum[i] ，根據上面的結論，i點 是優於j點 的。
如果g(i,j)>−sum[i] ，那麼有g(j,k)>g(i,j)>−sum[i] ，根據上面的結論，雖然j點 優於i點 ，但是有k點 優於j點 。

結論就是，如果存在k<j<i 且g(i,j)<g(j,k) ，那麼j 永遠不會成爲最優解，因爲左邊有k ，右邊有i 。

所以我們去除所有這樣的j點 之後，也就是不存在g(i,j)<g(j,k) 了。
本來對於一個i ，爲了求max(ans(l,i)) ，應該在i 左邊所有點裏找到最優的l ，現在去掉了不可能最優的點，這就是優化。
根據斜率來看，也就是任意三個點k<j<i ，滿足kj 的斜率小於ji 的斜率，整個曲線斜率遞增，導數是爲正的，形象一點可以想象f(x)=x2 的曲線。

這種優化叫做斜率優化，它和幾何斜率密切相關，膜一發CDQ女神。

現在對於一個i ，已經知道了max(ans(l,i)) 中，l 的解集，並且已經把不可能的點都從解集中去掉了，如何快速求出最優的l 呢？
因爲sum[i] 不是單調的，如果維護隊首，可能會把後面需要的點出隊。
根據我們維護的斜率的單調性，有一種二分的方法。
假設l 的解集爲a1,a2,a3,…,an ，對於任意k<j<i ，根據前面的結論，如果滿足g(aj,ak)<−sum[i] ，那麼aj 優於ak 。
於是二分的時候，計算對於一個mid ，是否滿足g(amid，amid−1)<−sum[i] 。
滿足，說明amid優於amid−1 ，那麼答案應該在mid的右邊。
不滿足，說明amid−1優於amid ，那麼答案應該在mid的左邊。
二分的正確性在於我們已經維護好了g(ai,aj) 單調遞增。
容易發現我們是在解集裏求一個極值點pos ，滿足g(apos,apos−1)<−sum[i] 且g(apos+1,apos)>−sum[i] 。
顯然求極值同樣可以採用三分法。
到這裏，此題已經算是解決了，可喜可賀，收穫頗豐。
再加一個斜率優化DP的題目：here
附代碼：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using std::max;
typedef long long ll;
const int N = 2e5+5;
ll val[N], sum[N] = {0}, p[N] = {0};
int q[N], top, tail;
inline ll y(int x){ return p[x] - x*sum[x]; }
double g(int j, int k){
    double dy = y(j) - y(k);
    double dx = j - k;
    return dy/dx;
}
inline ll getans(int i, int j){
    return p[i] - p[j] - j*(sum[i] - sum[j]);
}
int solve(ll x){
    int l = top, r = tail-1, mid, res = l;
    while(l <= r){ //根據斜率二分求最優點
        mid = (l+r) >> 1;
        if(g(q[mid], q[mid-1]) < -x) l = mid+1, res = mid; 
        else r = mid-1;
    }
    return q[res];
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        scanf("%lld", val+i);
        sum[i] = sum[i-1] + val[i];
        p[i] = p[i-1] + i*val[i];
    }
    top = tail = 0;
    q[tail++] = 0;
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        int j = solve(sum[i]); //對於固定的i，二分求最優點
        ans = max(ans, getans(i,j)); //更新答案
        while(top < tail-1 && g(i, q[tail-1]) < g(q[tail-1], q[tail-2])) tail--;　 //滿足了g(i,j)<g(j,k)
        q[tail++] = i;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}