「SDOI2016」征途 题解

「SDOI2016」征途

先浅浅复制一个方差

显然dp，可以搞一个

\(dp[i][j]\)为前i段路程j天到达的最小方差

开始暴力转移

\(dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+?)(j-1\leq k\leq i-1)\)这咋写？还是需要转换一下

开始了，but题目的方差还需要m^2,很好

以下x为m天行走的平均值，s[i]为1~i段路的总路程

那么x可以算对吧:\(x=\frac{s[n]}{m}\)

\[m\times \sum^m_{i=1}(x_i-x)^2\\
=m\times \sum^m_{i=1}(x_i^2+x^2-2xx_i)\\
=m\times (\sum^m_{i=1}x_i^2+\sum^m_{i=1}x^2-\sum^m_{i=1}2xx_i)\\
=m\times (\sum^m_{i=1}x_i^2+\frac{s[n]^2}{m}-\frac{2s[n]}{m}\sum^m_{i=1}x_i)\\
=m\times (\sum^m_{i=1}x_i^2+\frac{s[n]^2}{m}-\frac{2s[n]^2}{m})\\
=m\times (\sum^m_{i=1}x_i^2-\frac{s[n]^2}{m})\\
=m\times \sum^m_{i=1}x_i^2-s[n]^2
\]

是不是感觉快完了推真爽

所以我们似乎只需要维护\(\sum^m_{i=1}x_i^2\)最小就好了！

重新定义\(dp[i][j]\)为前i段路程分j天到达的每天路程平方的和的最小值

最后答案就应该是\(dp[n][m]\times m-s[n^2]\)

好，开始看状态转移

\(dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+(s[i]-s[k])^2)(j-1\leq k\leq i-1)\)很简单的状态转移，但是复杂度\(n^3\)不接受，好像只有\(n^2\)可以的样子（带\(log\)的方法就别杠）

那怎么优化？

我们发现好像是跟\(s[i]*s[k]\)有关，不能直接单调队列，那斜率优化吧！

\[dp[i][j]=dp[k][j-1]+(s[i]-s[k])^2\\
dp[i][j]=dp[k][j-1]+s[i]^2+s[k]^2-2s[i]s[k]\\
dp[k][j-1]+s[k]^2=2s[i]s[k]-s[i]^2-dp[i][j]\\
\]

点为\((s[k],dp[k][j-1]+s[k]^2)\),斜率就是\(2s[i]\)

然后就是愉快的判断是撒子凸壳的时候了，刚学的

假设k1>k2，并且k1优于k2

\[dp[k1][j-1]+s[i]^2+s[k1]^2-2s[i]s[k1]<dp[k2][j-1]+s[i]^2+s[k2]^2-2s[i]s[k2]\\
dp[k1][j-1]+s[k1]^2-dp[k2][j-1]-s[k2]^2<2s[i](s[k1]-s[k2])\\
\frac {(dp[k1][j-1]+s[k1]^2)-(dp[k2][j-1]+s[k2]^2)}{(s[k1]-s[k2])}<2s[i]
\]

因为是小于，所以是下凸壳，然后就完了噢！

呼，公式真难打

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3010;
int a[maxn];
ll f[maxn][maxn],s[maxn];
ll db(ll x){
	return x*x;
}
int n,m;
ll y(int j,int k){
	return f[k][j-1]+db(s[k]);
}
int q[maxn],head,tail=1;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		s[i]=s[i-1]+a[i];
		f[i][1]=s[i]*s[i];
	}
	//以后最后都把第一种情况初始化了！！！！不然调用空的就容易错
	for(int j=2;j<=m;j++){//注意j为1也就是只分成一段的情况的初始化！！是s[i]*s[i]!!!!!!
		tail=head=0;
		q[tail++]=j-1;
		for(int i=j;i<=n;i++){
			while(head+1<tail&&y(j,q[head+1])-y(j,q[head])
			<=2*s[i]*(s[q[head+1]]-s[q[head]]))head++;
			if(head<tail){
				int k=q[head];
				f[i][j]=f[k][j-1]+db(s[i]-s[k]);
			}
			while(head+1<tail&&(y(j,q[tail-1])-y(j,q[tail-2]))*(s[i]-s[q[tail-1]])
			>=(y(j,i)-y(j,q[tail-1]))*(s[q[tail-1]]-s[q[tail-2]]))tail--;
			q[tail++]=i;
		}
	}
	printf("%lld",f[n][m]*m-db(s[n]));
	return 0;
}