首先得讲一下单调队列，顾名思义，单调队列就是队列中的每个元素具有单调性，如果是单调递增队列，那么每个元素都是单调递增的，反正，亦然。
那么如何对单调队列进行操作呢？
是这样的：对于单调队列而言，队首和队尾都可以进行出队操作，但只有队尾能够进行入队操作。
至于如何来维护单调队列，这里以单调递增队列为例：
1、如果队列的长度是一定的，首先判断队首元素是否在规定范围内，如果不再，则队首指针向后移动。（至于如何来判断是否在制定范围内，一般而言，我们可以给每个元素设定一个入队的序号，这样就能够知道每个元素原来的顺序了）。
2、每次加入元素是，如果元素小于队尾元素且队列非空，则减小尾指针，队尾元素出队列，直到保持队列单调性为止。
题目链接：http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1894
单调队列的入门题，我们给每个队列中的元素设定一个入队序号，并且设置一个变量来记录当前有多少人离开，这样我们可以维护一个单调递减队列，每次入队的时候，找当前元素适合的位置，每次出队列的时候，判断当前队首元素的入队序号与离开总入数的大小，如果小于等于，则说明当前队首元素应该已经在出队范围内，那么队首指针应该向后移动，直到找到元素的序号比当前离开的总人数大的那个元素，并且出队列。
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> File Name: fzu1894.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月11日 星期二 08时55分28秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
struct Node {
int val, num;
}; Node que[MAXN]; int main()
{
char s1[], s2[];
int Case;
scanf("%d", &Case);
while (Case--) {
int head = , tail = -, val;
int num = , level = ;
scanf("%s", s1);
while (~scanf("%s", s1)) {
if (strcmp(s1, "END") == ) {
break;
}
if (s1[] == 'C') {
scanf("%s %d", s2, &val);
//找到当前值适合插入的位置，并且将其后面的元素全部舍弃
while (head <= tail && que[tail].val <= val) tail--;
que[++tail].val = val;
que[tail].num = ++num;
} else if (s1[] == 'Q') {
//level记录了有多少个离开，因此我们要找的是队头元素进队列时的序号大于
//目前离开的总人数，这样才能够说明当前元素还在队列中
while (head <= tail && que[head].num <= level) {
head++;
}
if (tail < head) {
puts("-1");
} else
printf("%d\n", que[head].val);
} else
level++;
}
}
return ;
}
题目链接：http://poj.org/problem?id=2823
比较裸的单调队列，可以开两个队列来保存结果，一个单调递增来保存最小值，一个单调递减来保存最大值，每个元素入队列时都给一个入队编号，然后我们在判断的时候，只要判断当前元素的序号与队首元素的序号相差不大与K，则最值就是当前队首元素，否则，队首指针向后移动，直到找到一个符合条件的元素。
/*************************************************************************
> File Name: poj2823.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月11日 星期二 09时45分04秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
struct Node {
int val, index;
}; Node que1[MAXN], que2[MAXN];
int N, K, M;
int num[MAXN];
int ans1[MAXN], ans2[MAXN]; void getSolve1()
{
int head = , tail = -, len = K;
M = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
while (head <= tail && num[i] <= que1[tail].val) {
tail--;
}
que1[++tail].val = num[i];
que1[tail].index = i;
if (i - len == ) {
while (head <= tail && i - que1[head].index + > K) {
head++;
}
ans1[++M] = que1[head].val;
len++;
}
}
} void getSolve2()
{
int head = , tail = -, len = K;
M = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
while (head <= tail && num[i] >= que2[tail].val) {
tail--;
}
que2[++tail].val = num[i];
que2[tail].index = i;
if (i - len == ) {
while (head <= tail && i - que2[head].index + > K) {
head++;
}
ans2[++M] = que2[head].val;
len++;
}
}
} int main()
{
while (~scanf("%d %d", &N, &K)) {
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
}
getSolve1();
getSolve2();
for (int i = ; i <= M; i++) {
if (i == M) printf("%d\n", ans1[i]);
else printf("%d ", ans1[i]);
}
for (int i = ; i <= M; i++) {
if (i == M) printf("%d\n", ans2[i]);
else printf("%d ", ans2[i]);
}
}
return ;
}
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3415
题目的意思就是让你求最大的长度不超过K的连续序列的和。
思路：由于序列的环状特点，可以在最后添加K-1个数，并且用sum[i]表示1到i的连续和，于是sum[j] - sum[i - 1]就是i到j的连续和了。
那么对于每一个sum[j]，用sum[j]来减去最小的sum[i]（满足j - i >= K - 1)，这样的话，就可以用单调队列来维护最小sum[i]下标了。
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> File Name: hdu3415.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月11日 星期二 10时43分42秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <deque>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
int N, K;
int sum[MAXN], num[MAXN];
int que[MAXN]; int main()
{
int Case;
scanf("%d", &Case);
while (Case--) {
scanf("%d %d", &N, &K);
sum[] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
sum[i] = sum[i - ] + num[i];
}
for (int i = N + ; i <= N + K - ; i++) {
sum[i] = sum[i - ] + num[i - N];
}
int head = , tail = -;
deque<int > deq;
int st, ed, ans = INT_MIN;
for (int i = ; i <= N + K - ; i++) {
while (head <= tail && sum[i - ] < sum[que[tail]]) {
tail--;
}
while (head <= tail && i - que[head] > K) {
head++;
}
que[++tail] = i - ;
if (sum[i] - sum[que[head]] > ans) {
ans = sum[i] - sum[que[head]];
st = que[head] + ;
ed = i;
}
/*
while (!deq.empty() && sum[i - 1] < sum[deq.back()]) {
deq.pop_back();
}
while (!deq.empty() && i - deq.front() > K) {
deq.pop_front();
}
deq.push_back(i - 1);
if (sum[i] - sum[deq.front()] > ans) {
ans = sum[i] - sum[deq.front()];
st = deq.front() + 1;
ed = i;
}*/
}
if (ed > N) ed -= N;
printf("%d %d %d\n", ans, st, ed);
}
return ;
}
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507
这是我的第一道斜率优化的题目，整整看了一个下午和一个晚上的时间才有点明白过来。
下面的这位大牛写的很好：http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html
我自己的代码中也已有详细的注释，纯粹是对这题的理解！
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> File Name: hdu3507.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月11日 星期二 21时13分52秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
int N, M;
int num[MAXN], sum[MAXN];
int dp[MAXN];
int que[MAXN]; int getUp(int j, int k)
{
return (dp[j] + sum[j] * sum[j]) - (dp[k] + sum[k] * sum[k]);
} int getDown(int j, int k)
{
return * sum[j] - * sum[k];
} int getDp(int i, int j)
{
return dp[j] + (sum[i] - sum[j]) * (sum[i] - sum[j]) + M;
} int main()
{
while (~scanf("%d %d", &N, &M)) {
sum[] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
sum[i] = sum[i - ] + num[i];
}
int head = , tail = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
//这里我假设，当k < j < i时，如果j比k优的话，有：
//dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M <= dp[k] + (sum[i] - sum[k]) ^ 2 + M;
//化简即有：（dp[j]+ sum[j] ^ 2) - (d[k] + sum[k] ^ 2) <= sum[i] * 2(sum[j] - sum[k])
//令yj = dp[j] + sum[j] ^ 2, yk = dp[k] + sum[k] ^ 2;
//xj = 2 * sum[j], xk = 2 * sum[k];
//于是有(yj - yk)/(xj - xk) <= sum[i]; 这里简记为g[j, k] <= sum[i];
//由于我这里假设k < j < i时，j比k优，说明如果满足上面的不等式，k是取不到的
//于是就可以把k(概括的讲是j前面的数字剔除掉，于是有了下面head指针的移动
while (head < tail && getUp(que[head + ], que[head])
<= sum[i] * getDown(que[head + ], que[head])) {
head++;
}
//根据等式dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + M;
//此时que[head]保留的就是最优值
//这样每次求得的dp[i]就都是最有的了
dp[i] = getDp(i, que[head]);
//上面假设k < j < i,当我加入新元素x时，有k < j < i < x,若有g[x, i] <= g[i, j];
//那么说明此时新加入的x点比原来的i点更优，于是应该替换原来的点i,于是就有了下面
//的tail指针左移的情况
while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - ])
<= getUp(que[tail], que[tail - ]) * getDown(i, que[tail])) {
tail--;
}
que[++tail] = i;
}
printf("%d\n", dp[N]);
}
return ;
}
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3480
思路：状态方程很容易写，dp[i][j]表示前i个数，分成j组的最小值，于是可以得出方程：dp[i][j] = min(dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1) ^ 2) (其中1 <= k < i).可是这个方程的复杂度可是O(n * m * n)。。对于n <=10000, m <=5000这样的数据规模显然是吃不消的。。。
怎么办呢？
可以试试斜率优化：这里我们假设对于k1 < k2 < i.方程在k2处的取值由于在k1处的取值，于是有
dp[k2][j-1] + (num[i]- num[k2 + 1]) ^2 <= dp[k1][j-1] + (num[i]- num[k1 + 1]) ^ 2;
两边移项化简可得：dp[k2][j-1] + num[k2+ 1] ^2 - (dp[k1][j-1] + num[k1+ 1] ^2) <= num[i] * (2 * num[k2 + 1] - 2 * num[k1 + 1]);
我们令
yk2 = dp[k2][j-1] + num[k2 + 1] ^ 2；
yk1 = dp[k1][j- 1] + num[k1 + 1] ^ 2；
xk2 = 2 * num[k2 + 1]；
xk1 = 2 * num[k1 + 1];
于是有：(yk2 - yk1)/(xk2 - xk1) <= num[i].
这里我们简记为g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/(xk2 - xk1);
由于我们一开始假设对于k1 < k2 < i，有k2比k1优，此时满足的条件是g[k2, k1] <= num[i],那么放过来说，当我们的方程满足g[k2, k1] <= num[i]时，k2比k1优，此时就可以去掉k1,也就是单调队列中的头指针向后移动。
假设对于k1 < k2 < k3,有g[k3, k2] <= g[k2, k1].由于我们之前假设当k2优于k1时有g[k2, k1] <= num[i],则g[k3, k2] <= g[k2,k1] <= num[i].于是就有k3 优于k2,又因为k2优于k1,说明k2是永远都取不到的，这样的话，我们可以直接把k2从队尾删除。然后我们重复上一步骤，直到g[k3, k2] > g[k2, k1].
/*************************************************************************
> File Name: hdu3480.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月12日 星期三 09时51分55秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
const int MAXM = ( + );
int N, M;
int num[MAXN];
int dp[MAXN][MAXM];
int que[MAXN]; //k1 < k2
//yk2 - yk1部分
int getUp(int k1, int k2, int j)
{
int yk2 = dp[k2][j - ] + num[k2 + ] * num[k2 + ];
int yk1 = dp[k1][j - ] + num[k1 + ] * num[k1 + ];
return yk2 - yk1;
} //k1 < k2
//xk2 - xk1部分
int getDown(int k1, int k2)
{
int xk2 = * num[k2 + ];
int xk1 = * num[k1 + ];
return xk2 - xk1;
} //dp[i][j] = dp[k][j - 1] + (num[i] - num[k + 1]) ^ 2;
int getDp(int i, int k, int j)
{
return dp[k][j - ] + (num[i] - num[k + ]) * (num[i] - num[k + ]);
} int main()
{
int Case, t = ;
scanf("%d", &Case);
while (Case--) {
scanf("%d %d", &N, &M);
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
}
sort(num + , num + + N);
for (int i = ; i <= N; i++) {
dp[i][] = (num[i] - num[]) * (num[i] - num[]);
}
que[] = ;
for (int j = ; j <= M; j++) {
int head = , tail = ;
for (int i = j; i <= N; i++) {
while (head < tail && getUp(que[tail], i, j) * getDown(que[tail - ], que[tail]) <= getUp(que[tail - ], que[tail], j) * getDown(que[tail], i)) {
tail--;
}
que[++tail] = i;
while (head < tail && getUp(que[head], que[head + ], j)
<= num[i] * getDown(que[head], que[head + ])) {
head++;
}
dp[i][j] = getDp(i, que[head], j);
}
}
printf("Case %d: %d\n", t++, dp[N][M]);
}
return ;
}
题目链接：http://poj.org/problem?id=3709
思路：状态方程很容易想，dp[i]表示处理到i为止的最小值，于是有dp[i] = min(dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
对于 n <= 500000的数据规模，O(n^2)的算法必然要T。
这里可以用斜率优化.
假设对于k1 < k2 < i有k2处的值优于k1处的值，于是有dp[k2] + (sum[i] - sum[k2] - (i - k2) * (num[k2 + 1]) <= dp[k1] + (sum[i] - sum[k1] - (i - k1）* (num[k1 + 1]));
化简后可得：(dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1]) - (dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1]) <= i * (num[k2 + 1] - num[k1 + 1]);
令yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + 1];
yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + 1];
xk2 = num[k2 + 1];
xk1 = num[k1 + 1];
于是有（yk2 - yk1) <= i * (xk2 - xk1);
由于我们一开始假设k1 < k2 < i，有k2优于k1,也就是说如果满足上述方程:g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/ (xk2 - xk1) <= i成立，那么k2就比k1优，也就是说k1是取不到的，由此队首指针要向后移动。
若k1 < k2 < k3 ，如果有g[k3, k2 ] <= g[k2, k1] 由于g[k2, k1] <= i, 那么g[k3, k2] <= i,也就是说k3比k2优，又k2比k1优，于是k2是取不到的,那么k2可以从队尾删除。
/*************************************************************************
> File Name: poj3709.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月12日 星期三 16时32分07秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
typedef long long ll;
int N, K;
ll num[MAXN], sum[MAXN];
ll dp[MAXN];
ll que[MAXN]; //yk2 - yk1 , k1 < k2 < i
ll getUp(int k1, int k2)
{
ll yk1 = dp[k1] - sum[k1] + k1 * num[k1 + ];
ll yk2 = dp[k2] - sum[k2] + k2 * num[k2 + ];
return yk2 - yk1;
} //xk2 - xk1
ll getDown(int k1, int k2)
{
return num[k2 + ] - num[k1 + ];
} //dp[i] = dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + 1]);
ll getDp(int i, int j)
{
return dp[j] + (sum[i] - sum[j] - (i - j) * num[j + ]);
} int main()
{
int Case;
scanf("%d", &Case);
while (Case--) {
scanf("%d %d", &N, &K);
sum[] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%lld", &num[i]);
sum[i] = sum[i - ] + num[i];
}
int head = , tail = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
while (head < tail && getUp(que[head], que[head + ])
<= i * getDown(que[head], que[head + ])) {
head++;
}
dp[i] = getDp(i, que[head]);
//由于我们要加入的数是i - (k - 1),但是要保证前一组的数至少有k个相同
if (i - (K - ) >= K) {
int x = i - (K - );
while (head < tail && getUp(que[tail], x) * getDown(que[tail - ], que[tail]) <= getUp(que[tail - ], que[tail]) * getDown(que[tail], x)) {
tail--;
}
que[++tail] = x;
}
}
printf("%lld\n", dp[N]);
}
return ;
}
题目链接：http://poj.org/problem?id=1180
状态方程比较难想。
dp[i] 表示第i个任务到n的最小花费，于是有dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * (sumF[i] - sumF[j]) + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[j]} ;
化简后即得：dp[i] = min{dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];
于是令k1 < k2 有k1 优于k2....步骤基本上就是一样的了。
/*************************************************************************
> File Name: poj1180.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月12日 星期三 21时26分48秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
int N, S;
int t[MAXN], f[MAXN];
int sumT[MAXN], sumF[MAXN];
int dp[MAXN];
int que[MAXN]; //yk2 - yk1, k1 < k2;
int getUp(int k1, int k2)
{
return dp[k1] - dp[k2];
} //xk2 - xk1;
int getDown(int k1, int k2)
{
return sumT[k1] - sumT[k2];
} int getDp(int i, int j)
{
return dp[j] + (S + sumT[i] - sumT[j]) * sumF[i];
} int main()
{
while (~scanf("%d %d", &N, &S)) {
dp[N + ] = sumT[N + ] = sumF[N + ] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d %d", &t[i], &f[i]);
}
for (int i = N; i >= ; i--) {
sumT[i] = sumT[i + ] + t[i];
sumF[i] = sumF[i + ] + f[i];
}
int head = , tail = -;
que[++tail] = N + ;
for (int i = N; i >= ; i--) {
while (head < tail && getUp(que[head + ], que[head])
<= sumF[i] * getDown(que[head + ], que[head])) {
head++;
}
dp[i] = getDp(i, que[head]);
while (head < tail && getUp(i, que[tail]) * getDown(que[tail], que[tail - ])
<= getUp(que[tail], que[tail - ]) * getDown(i, que[tail])) {
tail--;
}
que[++tail] = i;
}
printf("%d\n", dp[]);
}
return ;
}
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2993
思路：ans[i] = min{(sum[i] - sum[j]) / (i - j)), 我们把（i, sum[i])看成一个点，那么不就是求斜率的最大值吗？由于数据规模为10万级别，O（N^2)的算法必然要T。
于是可以用单调队列来优化！
/*************************************************************************
> File Name: hdu2993.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月12日 星期三 22时26分13秒
************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
template < class T > inline T getMax(const T &a, const T &b)
{
return a > b ? a : b;
} int N, K, num[MAXN];
double sum[MAXN];
double ans;
int que[MAXN]; int main()
{
while (~scanf("%d %d", &N, &K)) {
sum[] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
sum[i] = sum[i - ] + num[i] * 1.0;
}
int head = , tail = -;
que[++tail] = ;
ans = 0.0;
for (int i = K; i <= N; i++) {
int index = i - K;
while (head < tail) {
double y1 = sum[que[tail]] - sum[que[tail - ]];
double x1 = que[tail] - que[tail - ];
double y2 = sum[index] - sum[que[tail]];
double x2 = index - que[tail];
if (y1 * x2 >= y2 * x1) tail--;
else break;
}
que[++tail] = index;
while (head < tail) {
double y1 = sum[que[head]] - sum[i];
double x1 = que[head] - i;
double y2 = sum[que[head + ]] - sum[i];
double x2 = que[head + ] - i;
if (y1 * x2 <= y2 * x1) head++;
else break;
}
ans = getMax(ans, (sum[i] - sum[que[head]]) / (i - que[head]) * 1.0);
}
printf("%.2lf\n", ans);
}
return ;
}
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2829
思路：dp[i][j]表示前j个数组成i组的最小值，w[i]表示1-i的价值，sum[i]表示1-i的和。于是我们可以得出递推方程:dp[i][j] = min{dp[i-1][k] + w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k])} (i<= k < j);
毫无疑问，如果按照一般的解法，那么复杂度将是O(n^3)，对于n<= 1000的规模显吃不消，那怎么办呢，试试斜率优化!
我们设k1 < k2 < i时，k2优于k1,于是可以得到：dp[i-1][k2] + w[j] - w[k2] - sum[k2] * (sum[j] - sum[k2]) <= dp[i-1][k1] + w[j] - w[k1] - sum[k1] * (sum[j] - sum[k1]);
化简后可得：dp[i-1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2] - (dp[i-1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1]) <= sum[j] * (sum[k2- sum[k1]) ,令
yk1 = dp[i-1][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1];
yk2 = dp[i-1][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2];
xk1 = sum[k1];
xk2 = sum[k2];
于是有(yk2- yk1)<= sum[j] * (xk2- xk1).由于我们一开始是假设当k1 < k2 < i时，k2处的取值优于k1，于是我们可以得出当满足(yk2 - yk1) <= sum[i] * (xk2 -xk1)（这里我为了方便起见，简记为g[k2, k1] = (yk2 - yk1)/ (xk2 - xk1))时，k2比k1优，那么也就是说k1是取不到的,于是这是我们应该移动队首指针，将k1从队首删除。
设k1 < k2 < k3< i,如果我们有g[k3, k2] <= g[k2, k1]，由于g[k2, k1] <= sum[j],于是g[k3,k2] <= sum[j],那么也就是说k3处由于k2处，又k2优于k1,说明k2是取不到的，于是k2也可以从队尾删除。
这里说一下单调队列的作用,从递推关系式可以看出，我们是要找当前最优的K值，那么que这个单调队列的队首保存的就是当前最有的K值。
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> File Name: hdu2829.cpp
> Author: syhjh
> Created Time: 2014年03月13日 星期四 19时50分07秒
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ( + );
int N, M;
int num[MAXN], sum[MAXN], w[MAXN]; //w[i]表示1-i算一组的val
int dp[MAXN][MAXN]; //dp[i][j]表示前j个数分成i组的最小val
int que[MAXN]; //yk2 - yk1, k1 < k2;
int getUp(int k1, int k2, int i)
{
int yk1 = dp[i - ][k1] - w[k1] + sum[k1] * sum[k1];
int yk2 = dp[i - ][k2] - w[k2] + sum[k2] * sum[k2];
return yk2 - yk1;
} //xk2 - xk1
int getDown(int k1, int k2)
{
return sum[k2] - sum[k1];
} //dp[i][j] = dp[i - 1][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k]));
int getDp(int i, int j, int k)
{
return dp[i - ][k] + (w[j] - w[k] - sum[k] * (sum[j] - sum[k]));
} int main()
{
while (~scanf("%d %d", &N, &M)) {
if (N == && M == ) break;
sum[] = w[] = ;
for (int i = ; i <= N; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
sum[i] = sum[i - ] + num[i];
w[i] = w[i - ] + sum[i - ] * num[i];
}
for (int i = ; i <= N; i++) {
dp[][i] = w[i];
}
for (int i = ; i <= M + ; i++) {
int head = , tail = -;
que[++tail] = i - ;
for (int j = i; j <= N; j++) {
while (head < tail && getUp(que[head], que[head + ], i)
<= sum[j] * getDown(que[head], que[head + ])) {
head++;
}
dp[i][j] = getDp(i, j, que[head]);
while (head < tail && getUp(que[tail], j, i) * getDown(que[tail - ], que[tail]) <= getUp(que[tail - ], que[tail], i) * getDown(que[tail], j)) {
tail--;
}
que[++tail] = j;
}
}
printf("%d\n", dp[M + ][N]);
}
return ;
}
PS：单调队列做多了，就能发现只要推出递推方程，然后转化为斜率，那么剩下的基本上就是模板题了！