[斜率优化] codefores 660F. Bear and Bowling 4

F. Bear and Bowling 4
题意：
给一个序列$val$，任选连续的一段$[l,r]$，其价值为$\sum_{j=l}^{r}val[j]*(j-l+1)$，求最大价值 。
简单的说就是可以去掉这个序列的某前缀和某后缀，然后对新得到的$val$求$ans=\sum val[i]*i$ ，最后求$max(ans)$。
题解：
斜率优化，这个blog前面讲的不错。
花了两天才完全搞懂这个题。
怎么得出来的呢，我们一步一步来。
首先令$sum[i] = \sum_{j=1}^{i}val[j]$，令$p[i]=\sum_{j=1}^{i}val[j]*j$。
然后我们就可以表示出任意$[l,r]$的答案，令为$ans[l,r] = p[r]-p[l-1]-(l-1)*(sum[r]-sum[l-1])$。
注意到里面$l$和$l-1$其实是一一对应的，为了方便，令$ans[a,b]=p[b]-p[a]-a*(sum[b]-sum[a])$。
这样可以得到一个$O(n^2)$的暴力。

下面来优化。

设有任意三点$k<j<i$ ，同时假设$ans[j,i]>ans[k,i]$，把上面的$ans$代进去，我得到的结果如下：

$$\frac{(p[k]-k*sum[k])-(p[j]-j*sum[j])}{j-k} > sum[i]$$
过程略，可以自行验证。

为了看起来简单，令$y(x)=(p[x]-x*sum[x])$，那么上面可以写成如下形式：

$$-\frac{y(j)-y(k)}{j-k} > sum[i]$$
最初我推出的是这个式子，然而我用这个去维护却无法ac，后来我把左边完全化为斜率形式：
$$g(j,k)=\frac{y(j)-y(k)}{j-k} < -sum[i]$$
显然$g(j,k)$可以看做$j$和$k$的斜率。
前面我们假设$j>k$并且$ans[j,i] > ans[k,i]$结果得到了这个式子。
结论就是，对于任意固定的$i$，如果有$j>k$且$g(j,k)<-sum[i]$，便可以得出对于这个$i$，选择$j$要比选择$k$更好。

然而这样还没有得出如何优化，只得到了一个判断谁更优的方法。

同样假设$k<j<i$，如果满足$g(i,j)<g(j,k)$，会发生什么情况呢？
如果$g(i,j)<-sum[i]$，根据上面的结论，$i点$是优于$j点$的。
如果$g(i,j)>-sum[i]$，那么有$g(j,k)>g(i,j)>-sum[i]$，根据上面的结论，虽然$j点$优于$i点$，但是有$k点$优于$j点$。

结论就是，如果存在$k<j<i$且$g(i,j)<g(j,k)$，那么$j$永远不会成为最优解，因为左边有$k$，右边有$i$。

所以我们去除所有这样的$j点$之后，也就是不存在$g(i,j)<g(j,k)$了。
本来对于一个$i$，为了求$max(ans(l,i))$，应该在$i$左边所有点里找到最优的$l$，现在去掉了不可能最优的点，这就是优化。
根据斜率来看，也就是任意三个点$k< j<i$，满足$kj$的斜率小于$ji$的斜率，整个曲线斜率递增，导数是为正的，形象一点可以想象$f(x)=x^2$的曲线。

这种优化叫做斜率优化，它和几何斜率密切相关，膜一发CDQ女神。

现在对于一个$i$，已经知道了$max(ans(l,i))$中，$l$的解集，并且已经把不可能的点都从解集中去掉了，如何快速求出最优的$l$呢？
根据我们维护的斜率的单调性，有一种二分的方法。
假设$l$的解集为$a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n$，对于任意$k<j<i$，根据前面的结论，如果满足$g(a_j,a_k)<-sum[i]$，那么$a_j$优于$a_k$。
于是二分的时候，计算对于一个$mid$，是否满足$g(a_{mid}，a_{mid-1}) < -sum[i]$。
满足，说明$a_{mid}优于$$a_{mid-1}$，那么答案应该在mid的右边。
不满足，说明$a_{mid-1}优于a_{mid}$，那么答案应该在mid的左边。
二分的正确性在于我们已经维护好了$g(a_i,a_j)$单调递增。
容易发现我们是在解集里求一个极值点$pos$，满足$g(a_{pos},a_{pos-1}) < -sum[i]$且$g(a_{pos},a_{pos+1})<-sum[i]$。
显然求极值同样可以采用三分法。
到这里，此题已经算是解决了，可喜可贺，收获颇丰。
附代码：

#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){ //根据斜率二分求最优点
        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]); //对于固定的i，二分求最优点
        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--;　 //满足了g(i,j)<g(j,k)
        q[tail++] = i;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}