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输入第一行包含两个整数n，k（k+1≤n）。
输出第一行包含一个整数，为小H可以得到的最大分数。
【样例说明】
在样例中，小H可以通过如下3轮操作得到108分：
1．-开始小H有一个序列(4，1，3，4，0，2，3)。小H选择在第1个数之后的位置
将序列分成两部分，并得到4×(1+3+4+0+2+3)=52分。
2．这一轮开始时小H有两个序列：(4)，(1，3，4，0，2，3)。小H选择在第3个数
字之后的位置将第二个序列分成两部分，并得到(1+3)×(4+0+2+3)=36分。
3．这一轮开始时小H有三个序列：(4)，(1，3)，(4，0，2，3)。小H选择在第5个
数字之后的位置将第三个序列分成两部分，并得到(4+0)×(2+3)=20分。
经过上述三轮操作，小H将会得到四个子序列：(4)，(1，3)，(4，0)，(2，3)并总共得到52+36+20=108分。
【数据规模与评分】：
数据满足2≤n≤100000,1≤k≤min(n -1，200)。
个人感觉比较神的题
首先需要发现一个性质：
割k次，只要割的是正确位置，那么答案与割的顺序无关
证明：
大体上假设某串为$abcd$，如果最后要分割成$a|b|cd$那么:
先分割成$ab|cd$当前答案为$a*cd+b*cd$，再分割成$a|b|cd$,答案为$a*b+a*cd+b*cd$
先分割成$a|bcd$当前答案为$a*bcd$，在分割成$a|b|cd$,答案为$a*bcd+b*cd$
那么两式化一化就可以发现得到的是相同的。所以,对于其余的也合适;
那么可以得出一个初步的转移:
$f[i][j]=max(f[j][k-1]+sum[j]*(sum[i]-sum[j]))$其中$f[i][j]$表示的是:前i个元素,分成k段的最大分数
那么可以进行一下斜率优化,最后化出的式子:$(dp[j‘][k]-dp[i‘][k]+sum[i‘]*sum[i‘]-sum[j‘]*sum[j‘])/(sum[i‘]-sum[j‘])<=sum[i]$
有一个额外的处理,如果$a[i]==0$那么它实际上是没有意义的,反而阻碍计算,那么可以直接扔掉
内存有点小,需要滚动数组,那么滚一下就好
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();} while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) {x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();} return x*f; } #define maxn 100010 #define maxk 201 int n,K,a[maxn],que[maxn],l,r; long long sum[maxn],dp[maxn][2]; inline double slope(int i,int j,int k) { return double(dp[j][k]-dp[i][k]+sum[i]*sum[i]-sum[j]*sum[j])/double(sum[i]-sum[j]); } int main() { n=read(),K=read(); for (int i=1; i<=n; i++) { a[i]=read(); if (a[i]==0) {i--; n--; continue;} sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } for (int j=1,k=1; k<=K; k++,j^=1,l=r=0) for (int tmp,i=k; i<=n; i++) { while (l<r && slope(que[l],que[l+1],j^1)<=sum[i]) l++; tmp=que[l]; dp[i][j]=dp[tmp][j^1]+(sum[i]-sum[tmp])*sum[tmp]; while (l<r && slope(que[r-1],que[r],j^1)>=slope(que[r],i,j^1)) r--; que[++r]=i; } printf("%lld\n",dp[n][K&1]); return 0; }
WA了好几次...调了好久QAQ
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原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5402373.html
