關於決策單調性在網上有一篇非常好的論文----<1D1D動態規劃優化初步>.

O(N^2)的演算法想必大家一定秒出了，可以發現這道題所用的方程是個經典1D1D方程：f[i]=min{f[j]+cost[i,j]}；

那麼我們的任務就是證明決策單調性在直接套用模板即可，所謂決策單調性，就是我們要證明這樣一個命題：

如果 f[k]的最優決策是j，f[k-1]的最優決策是i，（i<j），那麼對於所有f[l](l>k),使用j轉移都會比使用i轉移優，對於所有f[l](l<=k)，使用i轉移都會比使用j轉移優。

首先我們可以得到的已知條件是使用i轉移f[k]比使用j轉移f[k]要優，j轉移f[k+1]比使用i轉移f[k+1]要優，經過一頁紙的數學公式討論以後，果斷放棄了，發現使用數形結合更好解釋。

設cost[k,j]=|c[j]|^p,cost[k,i]=|c[i]|^p,首先可知c[j]-c[i]為定值(j>i),那麼現在我們要證明的就是隨著k的遞增，|c[j]|^p-|c[i]|^p是一個單調的函式就可以了，我們把它對映到函式上：

對於k不斷增大，可以發現dis=|c[j]|^p-|c[i]|^p是單調變化的(因為帶了個絕對值所以不知道怎麼求導。。尋找數學帝)

就這樣解決了。

程式碼：

program ex2; const inf=1e18+1; var f,s:array[0..100000] of extended; l,r,fa,c:array[0..100000] of longint; a:array[0..100000] of ansistring; i,j,k,p,n,d,t,ll,rr,mm,task:longint; o:extended; ans:int64; function m(a:extended;i:longint):extended; begin m:=a;for i:=2 to i do m:=m*a end; function from(i,j:longint):extended; begin from:=f[j]+m(abs(s[i]-s[j]-o),p) end; procedure draw(i:longint);var j:longint; begin if i=0 then exit else draw(fa[i]); for j:=fa[i]+1 to i-1 do write(a[j],' '); writeln(a[i]); end; begin assign(input,'poet.in');reset(input); assign(output,'poet.out');rewrite(output); readln(task); for task:=1 to task do begin readln(n,o,p);o:=o+1; for i:=1 to n do begin readln(a[i]);s[i]:=s[i-1]+length(a[i]); end; for i:=1 to n do s[i]:=s[i]+i; d:=1;t:=1;l[1]:=1;r[1]:=n;c[1]:=0; for i:=1 to n do begin f[i]:=from(i,c[d]); fa[i]:=c[d];l[d]:=i+1; inc(d,ord(l[d]>r[d])); if from(n,i)>from(n,c[t])-0.9 then continue; while (t>=d)and(from(l[t],i)<from(l[t],c[t]))do dec(t); inc(t);l[t]:=r[t-1]+1;r[t]:=n;c[t]:=i; if t>d then begin ll:=l[t-1];rr:=l[t]; while ll<rr do begin mm:=(ll+rr)>>1; if from(mm,c[t-1])>from(mm,i) then rr:=mm else ll:=mm+1; end; r[t-1]:=ll-1;l[t]:=ll; end; end; if f[n]>inf then writeln('Too hard to arrange') else begin ans:=round(f[n]); writeln(ans); end; draw(n); writeln('--------------------'); end; close(input);close(output); end.