一些闲话
毒瘤题！！！时空都卡。难以想象 2019 年的考生作何感想。
简述题意
给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。你需要找到一些分界点 \(1 \leq k_1 \lt k_2 \lt \cdots \lt k_p \lt n\)，使得
在此基础上，最小化
对于所有数据，\(2\leq n\leq 4\times 10^7\)，\(1\leq a_i\leq 10^9\)。
题解
算法 1
暴力 DP。令 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \(a[1,i]\)，且最后一段为 \(a[j+1,i]\) 的最小价值。转移时直接枚举倒数第二段的划分点并保证合法即可。时间复杂度 \(O(n^3)\)。
算法 2
考虑贪心。
我们有一个性质：在最优划分方案中，最后一段的元素和必然是所有合法划分方案中最小的。由各段元素和具有单调性，证明显然。
于是可以优化算法 1。这时候我们改变状态，令 \(f_i\) 表示考虑 \(a[1,i]\)，且最后一段为 \([f_i+1,i]\)。再设 \(g_i=s_i-s_{f_i}\)，即最优划分方案中最后一段的元素和。考察一个位置 \(j\) 能够作为决策点的条件：
所以我们在转移时，暴力枚举决策点，找到满足上述条件且最靠右的 \(j\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
正解
显然
所以对每个位置维护这个 \(val_j=g_j+s_j\)，随便套个数据结构就能做到 \(O(n\log n)\)，但依然会被卡掉。所以我们需要（均摊）\(O(1)\) 的转移。
考虑单调队列优化。对于两个合法决策点 \(i,j\)，我们只需要保留较大的那一个，所以我们维护一个下标和对应的 \(val\) 均单调递增的单调队列。每次循环一个 \(i\)，若 \(val_{q_{head+1}}\leq s_i\)，就不断弹出队头。决策点就是最终合法的队头或 \(0\)。加入一个新的决策时，平凡地维护单调性即可。时间复杂度 \(O(n)\)。
当然，这题十分毒瘤，空间和时间都卡得很死，需要拼命优化。空间优化上，不要开高精数组，一个多余的 \(O(n)\) 数组都不要开。时间优化上，快读肯定要上的，高精压位压到 \(8\) 位应该够用了。
代码
#include <iostream>
#include <iomanip>using namespace std;#define lowbit(x) ((x) & -(x))
#define add_mod(x, v) (x) = ((ll)(x) + (v)) % MOD
#define mul_mod(x, v) (x) = (1ll * (x) * (v)) % MOD
#define sub_mod(x, v) (x) = (((ll)(x) - (v)) % MOD + MOD) % MOD
#define chk_min(x, v) (x) = min((x), (v))
#define chk_max(x, v) (x) = max((x), (v))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int MAX_N = 4e7 + 5, MAX_BITS = 4 + 5, BIT = (1 << 30) - 1, C = 1e8;int n, tp;
ll f[MAX_N], a[MAX_N];
int l = 1, r = 0;
ll q[MAX_N];ll calc(int i) { return a[i] - a[f[i]] + a[i]; }ll read() {int s = 1; char ch;for (ch = getchar(); (ch < '0' || ch > '9') && ch != EOF; ch = getchar())if (ch == '-') s = -1;ll x = ch - '0';for (ch = getchar(); ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF; ch = getchar()) x = x * 10 + (ch ^ 48);return x * s;
}struct BigInt {ll d[MAX_BITS];void init(ll x = 0) {for (int i = 0; i <= MAX_BITS - 5; ++i) d[i] = 0;for (int i = 0; x; ++i, x /= C) d[i] = x % C;}BigInt &operator+=(BigInt &x) {for (int i = 0; i <= MAX_BITS - 5; ++i)if ((d[i] += x.d[i]) >= C) ++d[i + 1], d[i] -= C;return *this;}BigInt operator*(BigInt &x) const {BigInt res; res.init();for (int i = 0; i <= MAX_BITS - 5; ++i)for (int j = 0; j <= i; ++j)if ((res.d[i] += d[j] * x.d[i - j]) >= C)res.d[i + 1] += res.d[i] / C, res.d[i] %= C;return res;}friend ostream &operator<<(ostream &s, const BigInt &x) {int i;for (i = MAX_BITS - 5; i >= 0 && !x.d[i]; --i);if (i < 0) return s << 0;s << x.d[i--];while (i >= 0) s << setw(8) << setfill('0') << x.d[i--];return s;}
} ans, sum;int main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);n = read(); tp = read();if (!tp) for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();else {int x, y, z, b1, b2, m;x = read(); y = read(); z = read();b1 = read(); b2 = read(); m = read();for (int i = 1, j = 1; j <= m; ++j) {int p, l, r; p = read(); l = read(); r = read();while (i <= p) {int b;if (i == 1) b = b1;else if (i == 2) b = b2;else {b = (((1ll * x * b2) & BIT) + ((1ll * y * b1) & BIT)) & BIT;(b += z) &= BIT;}a[i] = b % (r - l + 1) + l;if (i >= 3) b1 = b2, b2 = b;++i;}}}for (int i = 2; i <= n; ++i) a[i] += a[i - 1];f[1] = 0; q[++r] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) {while (l < r && calc(q[l + 1]) <= a[i]) ++l;f[i] = (l <= r && calc(q[l]) <= a[i] ? q[l] : 0);while (l <= r && calc(q[r]) >= calc(i)) --r;q[++r] = i;}int p = n;while (p) {sum.init(a[p] - a[f[p]]);sum = sum * sum; ans += sum;p = f[p];}cout << ans;return 0;
}
