CodeForces 572D Minimization(DP)

题意翻译

给定数组AAA 和值kkk ，你可以重排AAA 中的元素，使得∑i=1n−k∣Ai−Ai+k∣displaystylesum_{i=1}^{n-k} |A_i-A_{i+k}|i=1∑n−k​∣Ai​−Ai+k​∣ 最小。输出最小值。
题目描述

You've got array A A A , consisting of n n n integers and a positive integer k k k . Array A A A is indexed by integers from 1 1 1 to n n n .

You need to permute the array elements so that value

became minimal possible. In particular, it is allowed not to change order of elements at all.
输入输出格式
输入格式：

The first line contains two integers n,k n,k n,k ( 2<=n<=3⋅105 2<=n<=3·10^{5} 2<=n<=3⋅105 , 1<=k<=min(5000,n−1) 1<=k<=min(5000,n-1) 1<=k<=min(5000,n−1) ).

The second line contains n n n integers A[1],A[2],...,A[n] A[1],A[2],...,A[n] A[1],A[2],...,A[n] ( −109<=A[i]<=109 -10^{9}<=A[i]<=10^{9} −109<=A[i]<=109 ), separate by spaces — elements of the array A A A .

输出格式：

Print the minimum possible value of the sum described in the statement.

输入输出样例
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3 2
1 2 4

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1

输入样例#2： 复制

5 2
3 -5 3 -5 3

输出样例#2： 复制

0

输入样例#3： 复制

6 3
4 3 4 3 2 5

输出样例#3： 复制

3

说明

In the first test one of the optimal permutations is $ 1 4 2 $ .

In the second test the initial order is optimal.

In the third test one of the optimal permutations is $ 2 3 4 4 3 5 $ .

题解：首先显然如果把i，i+k，i+2×k等排列起来，这将是一条链，而且会有k条链。

链长可能有两种情况：n/k,n/k+1

显然同一条链中如果数字固定，单调的话链的贡献最小

显然如果单调的话，取连续的几个贡献最小

所以我们现将全部数字放到同一条链里，接着将这条长链断成k条长度为n/k,n/k+1的链，此时贡献需要减掉两条链之间的差值

于是问题转化成了求减掉差值的和的最大值

令i表示长边数量，j表示短边的数量

dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+det1,dp[i-1][j]+det2)

因为只有两种边长，所以分割点所在的位置可以直接根据i和j推出

总贡献减去dp[cnt1][cnt2]即为答案

 

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;

int n,k,a[300030];
int dp[5010][5010];
int ans;

signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    int cnt1=n%k;
    int cnt2=k-cnt1;
    int len1=n/k+1;
    int len2=n/k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        ans+=a[i]-a[i-1];
    }
    for(int i=2;i<=cnt1;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0]+a[i*len1-len1+1]-a[i*len1-len1];
    }
    for(int i=2;i<=cnt2;i++)
    {
        dp[0][i]=dp[0][i-1]+a[i*len2-len2+1]-a[i*len2-len2];
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    {
        for(int j=1;j<=cnt2;j++)
        {
            dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+a[i*len1+j*len2-len2+1]-a[i*len1+j*len2-len2],dp[i-1][j]+a[i*len1+j*len2-len1+1]-a[i*len1+j*len2-len1]);
        }
    }
    printf("%lld",ans-dp[cnt1][cnt2]);
}