题解 P1721 【[NOI2016]国王饮水记】

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洛谷的Markdown换行什么的很迷啊，如果看得不舒服直接到我的博客 去看吧。。。。

首先肯定是找性质。 明确一点，比h_1小的没有任何意义。 所以我们按照h排序，那么h_1就是当前1号位置的水量。 假设我们使用的次数不受到任何限制，我们思考怎么样才是最优。 首先每次只和一个合并一定比和多个合并更优。 假设有三个位置h_1\lt h_2\lt h_3 那么如果直接合并，答案是(h_1+h_2+h_3)/3 如果每次合并一个，答案是((h_1+h_2)/2+h_3)/2=(h_1+h_2)/4+h_3/2 显然后者更优。 同理，通过后面那个式子，我们发现先和h_2合并比先和h_3合并更优。 所以，在合并次数不受到限制的时候，我们显然是从小往大，依次合并。

当次数不够的时候，我们肯定不能只合并一个位置，显然合并所有位置还是更优的。 那么，既然不能够一个个合并，所以只能够把若干次合并放在一起做。 因为每次和后面的若干个做完合并之后，这些一起合并的位置就可以直接丢掉了， 再因为从小往大合并更优，假设h_i已经有序，那么每次一定是和一段合并。 所以设f[i][j]表示前面i个位置合并了j次的最优值。 那么考虑转移f[i][j]=max((f[k][j-1]+\sum_{x\in[k+1,i]}h_x)/(i-k+1) 这样的复杂度O(n^2k)，k是可以合并的次数。 把式子重写，\sum写成前缀和的形式，暂时忽略后面的枚举次数

f[i]=(f[k]+s[i]-s[k])/(i-k+1)

这个式子很像斜率：

(s[i]-(s[k]-f[k]))/(i-(k-1))

相当于把前面所有已知状态看成一个点(k-1,s[k]-f[k]) 那么找到当前点(i,s[i])到这个点的斜率，使其斜率最大，可以斜率优化解决。 这样可以在凸包上三分计算，时间复杂度O(nklog_3n) 因为给定的高精小数库还有一个O(p)的复杂度，所以整个的复杂度是O(nkplogn) 同时还发现具有决策单调性，所以可以做到O(nkp) 决策单调性的证明大概是这样的，假设当位置是(i,s[i]) 最优转移是(x1,y1)，存在一个不优的转移(x2,y2)， 根据题目条件，有i>x1>x2,s[i]>y1>y2,s[i]>i,y1>x1,y2>x2 一下个位置至少是(i+1,s[i]+i)，然后把斜率的式子写一写发现(x1,y1)仍然更优。

现在可以做到O(nkp)，但是这样的复杂度远远不够。 继续挖掘性质。 发现有一个条件我们还没有怎么使用，即所有h_i互不相等。 那么我们可以得到一个条件：每次转移的区间长度不会大于上一次转移的区间长度。 感性的证明就是越往后走高度越大，显然拿更少的位置来平分会更优。 或者可以假设一下区间的长度，然后计算一下结果就好了。 或者假如后面那个区间长度大于前面这个区间，那么把后面那个区间的最前面那个位置分给前面这一段一定更优。 还有一个奇怪的条件：长度大于1的区间个数不会超过O(log\frac{nh}{\Delta})，其中\Delta=min(h_i-h_{i-1}) 证明？我不会我不会，可以参考这里的证明

那么这样子，只需要dp大概14层就好啦。（参考征途或者序列分割之类的题目）

完整的代码戳这里

以下是阉割版本。毕竟放个700行的代码翻都翻不完

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX=8080;
Decimal ans;
int n,K,p,h[MAX],zy[MAX][15],s[MAX],tot;
int Q[MAX],H,T;
double f[MAX][15];
struct Node{double x,y;}q[MAX];
double Slope(Node a,Node b){return (a.y-b.y)/(a.x-b.x);}
Decimal Calc(int i,int j)
{
    if(!j)return h[1];
    return (Calc(zy[i][j],j-1)+s[i]-s[zy[i][j]])/(i-zy[i][j]+1);
}
int main()
{
    n=read();K=read();p=read();h[tot=1]=read();
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        h[i]=read();
        if(h[i]>h[1])h[++tot]=h[i];
    }
    n=tot;sort(&h[1],&h[n+1]);
    for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=s[i-1]+h[i];
    K=min(K,n);
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i][0]=h[1];
    int lim=min(K,14);
    for(int j=1;j<=lim;++j)
    {
        Q[H=T=1]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)q[i]=(Node){i-1,s[i]-f[i][j-1]};
        for(int i=2;i<=n;++i)
        {
            Node u=(Node){i,s[i]};
            while(H<T&&Slope(u,q[Q[H]])<Slope(u,q[Q[H+1]]))++H;
            zy[i][j]=Q[H];f[i][j]=(s[i]-s[Q[H]]+f[Q[H]][j-1])/(i-Q[H]+1);
            while(H<T&&Slope(q[Q[T]],q[Q[T-1]])>Slope(q[Q[T]],q[i]))--T;
            Q[++T]=i;
        }
    }
    int m=n-K+lim,pos;double mx=0;
    for(int j=0;j<=lim;++j)
        if(f[m][j]>mx)mx=f[m][j],pos=j;
    ans=Calc(m,pos);
    for(int i=m+1;i<=n;++i)ans=(ans+h[i])/2;
    cout<<ans.to_string(p<<1)<<endl;
    return 0;
}