题意很简单 给n个递增整数（n<=500000）和一种操作（选择任意个数 使他们减少整数值） 使得对于所有的整数 在数列中 有k个相等的数
O（n^2）的DP方程很容易得出 如下
dp[i]=min{dp[j]+S[i]-S[j]-aj*(i-j)}| 0<=j<=i-k}
进一步变形 设fj(x)=-aj*x+dp[j]-S[j]+aj*j
可得 dp[i]=S[i]+min{fj(i)|0<=j<=i-k}
也就是说 计算dp[i]相当于从i-k+1条直线中寻找在点x=i处的最小值。
而dp[i+1]与dp[i]的区别仅在于需要多考虑一条直线，并且所求的x坐标值增加1.
想想题目给我们的是一个递增的数列，而直线的系数为-aj 也就是说增加一条新的直线 它的斜率必然是最小的。
下面尝试用队列维护这个直线的集合
对于三条直线 f1 f2 f3 满足斜率递减 则在某种情况下，f2一定是多余的，可以删除。
这种情况就是 f3与f1的交点在f2与f1的交点之前， 三条直线所组成的最小值折线一定没有f2的部分 所以可以删掉f2
于是维护队列的方法就得到了
i每增加1 当队头的直线不是最小值时则删除（因为它之后的直线斜率一定比它小）
增加一条直线时，先删除所有多余的直线.
显然队列的操作次数总共为n 所以算法总的复杂度为O（n）
给出代码 比较简单
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN=500000+1;
typedef long long int LL;
int n,k;
LL a[MAXN],S[MAXN],dp[MAXN];
int deq[MAXN];
LL f(int j,int x)
{
return -a[j]*x+dp[j]-S[j]+a[j]*j;
}
bool check(int f1,int f2,int f3)
{
LL a1=-a[f1],b1=dp[f1]-S[f1]+a[f1]*f1;
LL a2=-a[f2],b2=dp[f2]-S[f2]+a[f2]*f2;
LL a3=-a[f3],b3=dp[f3]-S[f3]+a[f3]*f3;
return (a2-a1)*(b3-b2)>=(b2-b1)*(a3-a2);
}
void solve()
{
for(int i=0;i<n;i++) S[i+1]=S[i]+a[i];
int s=0,t=1;
dp[0]=0;
for(int i=k;i<=n;i++)
{
if(i-k>=k)
{
while(s+1<t&&check(deq[t-2],deq[t-1],i-k))t--;
deq[t++]=i-k;
}
while(s+1<t&&f(deq[s],i)>=f(deq[s+1],i))s++;
dp[i]=S[i]+f(deq[s],i);
}
printf("%lld
",dp[n]);
}
int main()
{freopen("t.txt","r",stdin);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
solve();
}
return 0;
}