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拆开式子我们发现切割顺序不影响答案，所以可以设计出一个$dp[i][j]$表示到$i$为止切了$j$刀的最大收益之类的，然后做个前缀和就可以转移了。
$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+sum[k]*(sum[i]-sum[k]) )$
第一维显然还可以滚掉，这样就有了一个$O(n^2k)$的做法 因为跑不满如果再卡卡常大概可以得到50pts的好成绩
开始优化，假如现在在$i$而先不管切了几刀，有两个位置$j$和$k$满足$j<k$且$j$比$k$优，那么有
$dp[j]+sum[j]*(sum[i]-sum[j])<dp[k]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])$
$dp[j]-sum[j]^2-(dp[k]-sum[k]^2)<(sum[k]-sum[j])*sum[i]$
$\frac{dp[j]-sum[j]^2-(dp[k]-sum[k]^2)}{(sum[k]-sum[j])}<sum[i]$
— —斜率优化，而sum[i]又是单增的，所以每次直接取队头就完事了
注意：因为是非负序列，可能会出现斜率不存在的情况，记得判掉
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=100005,K=205; 6 int n,k,f,b,p,tra[K][N],que[N]; 7 long long sum[N],dp1[N],dp2[N]; 8 double Slope(int a,int b) 9 { 10 if(sum[a]==sum[b]) return -1e9; 11 return 1.0*(sum[b]*sum[b]-dp1[b]-(sum[a]*sum[a]-dp1[a]))/(sum[b]-sum[a]); 12 } 13 int main() 14 { 15 scanf("%d%d",&n,&k); 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 scanf("%lld",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-1]; 18 for(int i=1;i<=k;i++) 19 { 20 f=0,b=-1; 21 for(int j=1;j<=n;j++) 22 { 23 while(f<b&&Slope(que[f],que[f+1])<=sum[j]) f++; 24 p=que[f],dp2[j]=dp1[p]+(sum[j]-sum[p])*sum[p],tra[i][j]=p; 25 while(f<b&&Slope(que[b-1],que[b])>=Slope(que[b],j)) b--; 26 que[++b]=j; 27 } 28 swap(dp1,dp2); 29 } 30 printf("%lld\n",dp1[n]),p=tra[k--][n]; 31 while(p) printf("%d ",p),p=tra[k--][p]; 32 return 0; 33 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ydnhaha/p/10222171.html
