[斜率优化DP] codeforces 673E. Levels and Regions

题意：
要把 1～n 1～n分成 k k组，每组内的数必须连续，组与组不相交且每个数必须属于一个组，并且任意ii有一个参数 ti t_i。
如果 [l,r] [l,r]为一组，那么从 l l走到l+1l+1的概率是 tltl \frac{t_l}{t_l}，从 l+1 l+1走到 l+2 l+2的概率是 tltl+1＋tl+1tl+1 \frac{t_l}{t_{l+1}}＋\frac{t_{l+1}}{t_{l+1}}，依次类推，从 l l要么走到l+1l+1，要么原地不动，那么组 [l,r] [l,r]的费用就是从 l l走到rr的期望次数。现在要分成 k k组，让总费用最小，每个数仅能属于一个组。
题解：
先推期望公式。
设sum[i]=∑ij=1tisum[i]=\sum_{j=1}^{i}t_i， rev[i]=∑ij=11ti rev[i]=\sum_{j=1}^{i}{1\over t_i}，那么从 1 1走到ii的期望 exc[i]=exc[i−1]+sum[i]ti exc[i]=exc[i-1]+{sum[i]\over t_i}。
然后观察得到从 l l走到rr的期望公式 exc[l][r]＝exc[r]−exc[l−1]−sum[l−1]∗(rev[r]−rev[l−1]) exc[l][r]＝exc[r]-exc[l-1]-sum[l-1]*(rev[r]-rev[l-1])。
然后设 dp[i][j] dp[i][j]表示以前 i i个数成jj段的最小费用。
转移： dp[i][j]=min(dp[l][j−1]+exc[l+1][i]) dp[i][j]=min(dp[l][j-1]+exc[l+1][i])。
发现这是个 O(n2∗k) O(n^2*k)的转移。
当我们的 i i固定的时候，就是要在[1,i−1][1,i-1]找一个最优解 l l，观察形式得出可以斜率优化，O(n∗k)O(n*k)的复杂度就可以过了。
斜率优化可以看这里。
推出斜率公式为

gp(j,k)=y(j,p)−y(k,p)sum[j]−sum[k]

g_p(j,k)=\frac{y(j,p)-y(k,p)}{sum[j]-sum[k]}
其中 y(x,p)=dp[x][p]−exc[x−1]+sum[x−1]∗rev[x−1] y(x,p)=dp[x][p]-exc[x-1]+sum[x-1]*rev[x-1]。
并且推出结论若k<j<i且g(j,k)<rev[i] 若k，那么对于 i i来说，jj要优于 k k。
由于rev[i]rev[i]随 i i递增而递增，当求解ll的时候，无需二分，只需要维护单调队列的top最优就可以了。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
double exc[N] = {0}, sum[N] = {0}, rev[N] = {0};
double t[N];
double dp[N][55];
inline double y(int x, int p){return dp[x][p] - exc[x] + sum[x]*rev[x];
}
inline double g(int j, int k, int p){return (y(j, p)-y(k, p))/(sum[j]-sum[k]);
}
inline double cal(int l, int i){return exc[i]-exc[l]-(rev[i]-rev[l])*sum[l];
}
int q[N], top, tail;
inline void add(int i, int k){while(top < tail-1 && g(i, q[tail-1], k) < g(q[tail-1], q[tail-2], k)) tail--;q[tail++] = i;
}
inline int getmax(int i, int k){while(top < tail-1 && g(q[top+1], q[top], k) < rev[i]) top++;return q[top];
}
int main(){int n, K;scanf("%d%d", &n, &K);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lf", t+i);for(int i = 1; i <= n; ++i){sum[i] = sum[i-1] + t[i];rev[i] = rev[i-1] + 1.0/t[i];exc[i] = exc[i-1] + sum[i]/t[i];}for(int i = 1; i <= n; ++i) dp[i][1] = exc[i];for(int k = 2; k <= K; ++k){top = tail = 0;q[tail++] = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) add(i, k-1);for(int i = 1; i <= n; ++i){if(i >= k){int l = getmax(i, k-1);dp[i][k] = dp[l][k-1] + cal(l, i);}else dp[i][k] = 1e50; //不可能状态}}printf("%.10f\n", dp[n][K]);
}

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