http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3675
题意：给一个n个数字的序列，每一次分割的贡献是$sum(left, mid)*sum(mid+1, right)$，其中$left$表示本序列的最左边，$right$同理，$mid$是分割的位置（即在$mid$和$mid+1$中分割）。每次分割序列会变成两半。问分割k次得到的最大贡献和。n<=100000, k<=200
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100005;
ll s[N], d[2][N];
int n, K, q[N], fr, ta;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%lld", &s[i]), s[i]+=s[i-1];
ll *now=d[0], *last=d[1];
for(int p=1; p<=K; ++p) {
fr=ta=0; q[ta++]=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
while(fr!=ta-1 && last[q[fr]]-last[q[fr+1]]<=(s[q[fr]]-s[q[fr+1]])*(s[n]-s[i])) fr++;
int j=q[fr];
now[i]=last[j]+(s[i]-s[j])*(s[n]-s[i]);
while(fr!=ta-1 && (last[i]-last[q[ta-2]])*(s[q[ta-1]]-s[q[ta-2]])>=(last[q[ta-1]]-last[q[ta-2]])*(s[i]-s[q[ta-2]])) --ta;
q[ta++]=i;
}
swap(last, now);
}
ll ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans=max(ans, last[i]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
听laekov说要分析一下特殊的性质，于是分析了一下。。可以发现，每一个块对答案的贡献是$sum(本块)*sum(剩下的元素)$，最后当然要除以2，因为重复算了两次。但是可以用乱搞一下。。。
考虑dp，设$d(i, j)$表示这个序列在$i$分割了$j$次得到的答案且第$j$次是在$i$分割的。
容易得到：
$d(i, j)=max(d(k, j-1)+sum(k+1, i)*sum(i+1, n))$
大概就是表示得到的块为$(k+1, i)$，然后由于前面算过了对这些值的乘积，所以不用再计算一次（否则答案要除以二= =），于是我们直接乘一下后面的和即可。。
然后另$s(n)=\sum_{i=1}^{n} a[i]$，则
$d(i, j)=max(d(k, j-1)+(s(i)-s(k))*(s(n)-s(i)))$
然后搞搞斜率优化即可= =
（好久没写了然后发现自己维护上凸壳时整个人sb了。。。。队尾居然不是维护凸壳然后交了4发wa居然没发现。。