正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P1912

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题目大意

给出$n$个字符串，把这些字符串依次用空格（算一个长度）连接分成若干段，若一段长度为$x$，那么代价是$|x-L{|}^P$

求代价和最小的方案，如果代价大于$1e18$则输出其他东西

$1\le n\le 10^5,1\le L\le 3\times 10^6,1\le P\le 10$

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解题思路

$s_i$表示前$i$个字符串的长度和加$i$，那么有转移方程
fi=min{fj+∣si−sj−1−L∣P}f_i=min\{f_j+|s_i-s_j-1-L|^P\}fi​=min{fj​+∣si​−sj​−1−L∣P}
这个转移很麻烦不能直接用单调队列之类的优化，但是它满足四边形不等式
$w_{i,j}=|s_i-s_j-1-L{|}^P$，然后满足
$$w_{i,j}+w_{i+1,j+1}\le w_{i,j+1}+w_{i+1,j}$$
这里就不证明了，因为证明需要用到求导。

感谢理解的话可以发现因为有个$abs$，所以对于一个决策来说是先下后上，而且两个决策最多只有一个交点。

所以有决策单调性，我们用单调队列维护一个该决策和它的下一个决策的交换点$k_i$，然后每次判断新加入的点与队尾的前一个的交换点是否会代替掉队尾即可。

求交换点的话用二分就好了。

时间复杂度$O(Tn\log n)$

怕转移太大可以用$longdouble$存，因为如果很大的时候精度就不需要管了，我们只需要知道它是否超过$1e18$就好了。

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long double
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int T,n,L,P,p[N],k[N],q[N];
ll f[N],s[N];
char st[N][31];
ll power(ll x,int b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x;x=x*x;b>>=1;}return ans;
}
ll calc(int j,int i)
{return f[j]+power(fabs(s[i]-s[j]-1-L),P);}
int bound(int i,int j){int l=i,r=n;while(l<=r){int mid=(l+r)>>1;if(calc(i,mid)<calc(j,mid))l=mid+1;else r=mid-1;}return l;
}
void print(int n){if(!n)return;print(p[n]);for(int i=p[n]+1;i<n;i++)printf("%s ",st[i]);puts(st[n]);
}
int main()
{scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d%d",&n,&L,&P);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",st[i]);s[i]=s[i-1]+strlen(st[i])+1;}int head=1,tail=1;q[1]=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&k[head]<=i)head++;f[i]=calc(q[head],i);p[i]=q[head];while(head<tail&&k[tail-1]>=bound(q[tail],i))tail--;k[tail]=bound(q[tail],i);q[++tail]=i;}if(f[n]>1e18)puts("Too hard to arrange");else printf("%lld\n",(long long)f[n]),print(n);puts("--------------------");}return 0;
}