传送门

设句子加上空格长度前缀和为$s$

转移方程为

fi=min⁡1≤j<i{fj+∣si−sj−L−1∣P}f_i=\min_{1\leq j<i}\{f_j+|s_i-s_j-L-1|^P\}fi​=1≤j<imin​{fj​+∣si​−sj​−L−1∣P}

不难发（cai）现（chu）决策具有单调性

本文重点讲决策单调dp的实现

由于决策单调，所以每个决策有效的都是一个区间

用队列按顺序维护所有区间

开始时加入“决策$0$的生效区间为整个序列”

每到一个位置，弹出所有已经失效的区间，队头就是当前最优决策，算出答案

然后用当前位置更新队列

先将队尾无用的弹掉，因为单调，所以判断如果队尾决策对区间最左边没有当前位置作为决策优，弹队尾。

如果队列中仍有元素，二分出当前砍掉的位置。

最后把挖掉的部分都用当前位置填上。注意如果没挖直接忽略

本题中由于主要是大小比较，可以牺牲精度追求值域，用long double存

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <cmath>
#define MAXN 100005
using namespace std;
typedef long double ld;
struct key{int c,p;}q[MAXN];
int head,tail;
char str[MAXN][35];
int s[MAXN],n,l,p,ans[MAXN];
ld dp[MAXN];
inline ld abso(const ld& x){return x<0? -x:x;}
inline ld qpow(ld a,int p)
{ld ans=1;while (p){if (p&1) ans=ans*a;a=a*a;p>>=1;}return ans;
}
inline ld calc(int n,int i){return dp[i]+qpow(abso(s[n]-s[i]-l-1),p);}
void print(int n)
{if (!n) return;print(ans[n]);for (int i=ans[n]+1;i<=n;i++){printf("%s",str[i]);if (i<n) putchar(' ');}puts("");
}
int main()
{int T;scanf("%d",&T);while (T--){head=1,tail=0;scanf("%d%d%d",&n,&l,&p);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",str[i]),s[i]=s[i-1]+strlen(str[i])+1;q[++tail]=(key){0,n};for (int i=1;i<=n;i++){while (head<tail&&i>q[head].p) ++head;dp[i]=calc(i,ans[i]=q[head].c);while (head<=tail&&calc(q[tail-1].p+1,i)<calc(q[tail-1].p+1,q[tail].c)) --tail;if (head<=tail){int l=q[tail-1].p+1,r=q[tail].p,mid;while (l<r){mid=(l+r+1)>>1;if (calc(mid,q[tail].c)<calc(mid,i)) l=mid;else r=mid-1;}q[tail].p=l;}if (q[tail].p<n) q[++tail]=(key){i,n};}if (dp[n]>1e18) puts("Too hard to arrange");else{printf("%lld\n",(long long)dp[n]);print(n);}puts("--------------------");}return 0;
}