[SDOI2016]征途
思路
这题目很绕(其实也还好)。
首先让我们看看要求的到底是什么。
[ans=m^2 imes s^2(s^2为方差)
]
定义(v)为每一段的平均数，(b_i)为第(i)段的长度,(sum)为路径总长。
所以
[s^2=frac{1}{m}sum_{i=1}^m(b_i-v)^2
]
[ans=msum_{i=1}^m(b_i-v)^2
]
完全平方式展开
[ans=msum_{i=1}^m(b_i^2-2b_iv+v^2)
]
拆掉(sum)
[ans=m(mv^2-2vsum_{i=1}^mb_i+sum_{i=1}^mb_i^2)
]
因为(mv=sum且sum_{i=1}^mb_i=sum)所以
[ans=msum_{i=1}^mb_i^2-sum^2
]
由于(sum和m)都是已知的，所以我们要做的其实就是把这个序列分成(m)段，使得每一段的和的平方和最小。
然后可以(DP)，设(f[i][j])表示前(i)条路划分为(m)段的最优解，也就是最小平方和。
然后对路径统计前缀和，(a[i])表示前(i)条路的总长。
显然(f[i][j]=max{f[k][j-1]+(a[i]-a[k])^2}(k<i))
这个转移是(O(n^3))的，显然是跑不出来的。
然后我们会发现，这个可以用斜率优化啊。
若决策(s_2优于s_1(s_1<s_2))
当且仅当(f[s_1][j-1]+(a[i]-a[s_1])^2>=f[s_2][j-1]+(a[i]-a[s_2])^2)
乱搞一波化简就会得到
若有
[a[i]>=frac{f[s_1][j-1]+a[s_1]^2-f[s_2][j-1]-a[s_2]^2}{2(a[s_1]-a[s_2])}(s_1<s_2)
]
那么决策(s_2优于s_1)
显然(a[i])是单调递增的,所以我们用单调队列维护一个单调递增的斜率即可。不会的戳我
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int _=3e3+20;
ll f[_][_],a[_];
int q[_];
double slope(int x,int y,int k){
return (double)((double)f[x][k]+a[x]*a[x]-f[y][k]-a[y]*a[y])/(a[x]-a[y])/2;
}
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]+=a[i-1];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
f[i][1]=a[i]*a[i];
}
for(int j=2;j<=m;++j){
int head=1,tail=1;
q[1]=j-1;
for(int i=j;i<=n;++i){
while(a[i]>=slope(q[head],q[head+1],j-1)&&head<tail)head++;
int k=q[head];
f[i][j]=f[k][j-1]+(a[i]-a[k])*(a[i]-a[k]);
while(slope(q[tail-1],q[tail],j-1)>=slope(q[tail],i,j-1)&&tail>head)tail--;
q[++tail]=i;
}
}
cout<<f[n][m]*m-a[n]*a[n]<<endl;
return 0;
}