题目大意

猜数，每次询问一个数x返回大于小于等于，代价是数的大小x

设C(n)表示数在[1,n]的最优策略下的答案，求\(\sum_{i=1}^{200000}C(i)\)

题解

显然可以n^3dp：设f[i,j]表示当前数的范围在[i,j]的答案，然后oeis即可得到n^2做法

考虑如何n^2，转移枚举k然后min(max(f[i,k-1]+k,f[k+1,j]+k))->f[i,j]，这样是n^3

枚举j，然后从j往前枚举i，把max拆开发现前一段是f[k+1,j]，后一段是f[i,k+1]，因为小区间一定比包含它的区间更优

所以单调维护分界点k0，把前面的丢到单调队列，后面的直接算k0，因为如果继续增大则f和k都会增大，显然不优

这样就可以n^2了，但是空间开不下

把n^3dp的决策点打表出来可以发现决策点到右端点的距离大约在n/logn左右，所以每次断开后的右段长度不长，而答案是Σ[1,i]，所以断开后只会产生[1,i]和[j-s+1~j,j]

设s=n/logn，维护一个s^2的滚动数组，每次求出[i-s+1,i]的dp值，然后即可求[1,i]的值

时间复杂度\(O(n^2/\log n)\)，空间复杂度\(O(n^2/\log^2n)\)，60s跑完

然后就看到了thread里3s跑完1e7的神仙老鸽

code

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define ll long long
#define N 13000
#define file
using namespace std;

ll g[N+1][N+1],ans,inf;
ll f[200001],s1,s2,s;
int n,i,j,k,l,S,ed,h,t;
int d[200001];
int I[200001];

ll get(int x,int y)
{
	if (x>=y) return 0;
	return g[I[y]][y-x];
}

int main()
{
	freopen("PE328.in","r",stdin);
	#ifdef file
	freopen("PE328.out","w",stdout);
	#endif
	
	memset(g,1,sizeof(g)),inf=g[0][0];
	scanf("%d",&n);S=min(n,N);
	fo(i,1,n) I[i]=i%N+1;
	fo(i,2,n)
	{
		f[i]=inf,memset(g[I[i]],1,sizeof(g[I[i]]));
		g[I[i]][0]=0;
		ed=max(i-S+1,1);k=i;h=1,t=0;
		fd(j,i-1,ed)
		{
			while (k>j && get(j,k-2)>get(k,i)) --k;
			while (h<=t && k<=d[h]) ++h;
			while (h<=t && get(d[t]+1,i)+d[t]>=get(j+1,i)+j) --t;
			d[++t]=j;
			s1=get(d[h]+1,i)+d[h];
			s2=get(j,k-1)+k;
			g[I[i]][i-j]=min(s1,s2);
		}
		fo(j,ed,i) s=get(j+1,i),s=max(s,f[j-1])+j,f[i]=min(f[i],s);
	}
	
	fo(i,1,n) ans+=f[i];
	printf("%lld\n",ans);
	
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}