问题 G: 方差 普拉斯
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题目描述 方差（样本方差）是每个样本值与全体样本值的平均数之差的平方值的平均数。在许多实际问题中，研究方差即偏离程度有着重要意义。 若x1,x2,x3......xn的平均数为k，则方差s^2 = 1/n * [(x1-k)^2+(x2-k)^2+.......+(xn-k)^2] 。 给出M个数，从中找出N个数，使这N个数方差最小。 输入 第1行：2个数M,N，(M > N, M <= 10000) 第2 - M + 1行：M个数的具体值(0 <= Xi <= 10000) 输出 输出最小方差 * N的整数部分。 样例输入 5 3 1 2 3 4 5 样例输出 2
大致思路：
1、求方差，暴力即可！暴力下来也只有两重for循环！不会超时！
2、设下标从x1--x2的n个数的方差为s1,平均数k1，下标x1+1—x2+1 的方差为s2，平均数为k2, 前后两者有一点联系，就是平均数会涉及到一些重复计算，分别设为k1和k2，k2=k1-x1/n+(x2+1)/n,省去了一些计算复杂度！但是，方差s1和s2并不能直接像类似于k1和k2那样直接转化!那么s2需要老老实实地再计算一遍！（我看着样例，直接得出了s1得到s2的式子！WA了一次！）因此时间复杂度不会因为一点k1得到k2的优化而发生变化！毕竟乘法时间复杂更大！
3、记得这个样本序列需要进行排序，升序排序一遍即可！不排序我WA了！
4、别被题面吓住了！尤其是开篇的两道题目造成的深深的心理阴影，后面的题目其实才简单呢！！！多做题，才能克服自己内心深处的恐惧！
5、会不会超double类型呢！貌似不会！假设（x1-k）等于1e4，那么平方会就是1e8，并且还有N个数，那个总的和就是1e12次方，基本会超过double了！不放心的话，可以在求xi的时候把（xi-k）*（xi-k）/N 调整成 （xi-k）/N*（xi-k），这样就肯定没问题了。
题解：
1 #include<iostream> 2 #include<stdio.h> 3 #include<string.h> 4 #include<string> 5 #include<vector> 6 #include<algorithm> 7 #define ll long long 8 using namespace std; 9 #define N 10000 10 #define ll long long 11 double a[N+10]; 12 13 int main() 14 { 15 int m,n; 16 while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF){ 17 for(int i=1;i<=m;i++) 18 scanf("%lf",&a[i]); 19 sort(a+1,a+1+m); 20 // for(int i=1;i<=m;i++) 21 // printf("*%lf ",a[i]); 22 23 a[0]=0; 24 double sum=0,k=0,s2=0,ans=999999999.9; 25 for(int i=1;i<n;i++) 26 sum+=a[i]; 27 for(int i=n;i<=m;i++){ 28 sum=sum+a[i]-a[i-n]; 29 k=sum/n; 30 s2=0; 31 for(int j=i;j>=i-n+1;j--) 32 s2=s2+(a[j]-k)/(1.0*n)*(a[j]-k); 33 ans=min(ans,s2); 34 } 35 36 printf("%lld ",(ll)(ans*1.0*n+1e-8)); 37 38 } 39 40 41 return 0; 42 }