题意：链接

方法：斜率优化DP

解析：这题BZ的数据我也是跪了，特意去网上找到当年的数据后面二十个最大的点都过了。就是过不了BZ。

看到这道题自己第一发DP是这么推得：

设f[i][j]是第j次分第i个的最大得分。

那么会推出来f[i][j]=max(f[k][j?1]+sum[i k]?sum[1 k?1]或(sum[k i]?sum[i+1 n]))<script type="math/tex" id="MathJax-Element-17">f[i][j]=max(f[k][j-1]+sum[i~k]*sum[1~k-1]或(sum[k~i]*sum[i+1~n]))</script>然后我发现这个式子的复杂度非常高暂且不说。就光那个或的讨论就非常费劲。

于是想了想就放弃了这个念头。中规中矩的去想。

依照以往的思路设出状态f[i][j]代表前i个分j次的最大得分。

能推出转移方程

f[i][j]=max(f[k][j?1]+sum[k]?(sum[j]?sum[k]))<script type="math/tex" id="MathJax-Element-37">f[i][j]=max(f[k][j-1]+sum[k]*(sum[j]-sum[k]))</script>

之后对于例子手写一遍看出它的正确性后进行后面的讨论

我们发现假设n^2的枚举是肯定不行的。所以才去一种方式进行维护，由于有k的元素的存在，所以从斜率角度入手。

详细推导过程就不写了，得出的结果是：

f[j][tmp异或1]?f[k][tmp异或1]+sum[k]2?sum[j]2sum[k]?sum[j]<=sum[i]<script type="math/tex" id="MathJax-Element-77">\dfrac{f[j][tmp异或1]-f[k][tmp异或1]+sum[k]^2-sum[j]^2}{sum[k]-sum[j]}<=sum[i]</script>

则说明k比j优。

所以尾部就是维护g[j,k]

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define K 210
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
ll sum[N],a[N],f[N][2],q[N];
ll n,k;
int tmp;
ll fy(int j1,int j2,int d)
{
    return f[j1][d]-f[j2][d]+sum[j2]*sum[j2]-sum[j1]*sum[j1];
}
ll fx(int j1,int j2)
{
    return sum[j2]-sum[j1];
}
int main()
{
    scanf("%llu%llu",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%llu",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    tmp=0;
    for(int j=1;j<=k;j++)
    {
        tmp^=1;
        int head=0,tail=0;
        q[head]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            while(head<tail&&fy(q[head],q[head+1],tmp^1)<=fx(q[head],q[head+1])*sum[i])head++;
            while(head<tail&&fy(q[tail-1],q[tail],tmp^1)*fx(q[tail],i)>=fy(q[tail],i,tmp^1)*fx(q[tail-1],q[tail]))tail--;
            int t=q[head];
            f[i][tmp]=f[t][tmp^1]+sum[t]*(sum[i]-sum[t]);
            q[++tail]=i;
        }
    }
    printf("%llu\n",f[n][tmp]);
}