NC15052 求最值

题目

题目描述

给你一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)

定义 \(f(i,j)=(i-j)^2+g(i,j)^2\)

\(g\) 是这样的一个函数

求最小的 \(f(i,j)\) 的值，\(i!=j\)

输入描述

第一行一个数 \(n\)
之后一行 \(n\) 个数表示序列 \(a\)

输出描述

输出一行一个数表示答案

示例1

输入

4
1 0 0 -1

输出

1

备注

对于 \(100\%\) 的数据，\(2 \leq n \leq 100000 , |ai| \leq 10000\)

题解

方法一

知识点：分治，排序。

观察到， \(g(i,j) = (i-j)^2 + (sum(j)-sum(i))^2\) ，其中 \(sum(i)\) 指 \([1,i]\) 的前缀和。

将其转换为平面上的点 \((i,sum(i)),(j,sum(j))\) 则函数 \(g\) 为两点之间距离的平方，问题转换为平面最近点对问题。

这里一开始处理完已经是按 \(x\) 排序好的，直接开始分治。设区间左右端点为 \(l,r\) ，若 \(l == r\) ，则直接返回无穷大；若 \(l+1 == r\) ，则返回两点距离；若其他情况则先求得对半左右两个区间的临时最小值 \(ans\) ，用这个 \(ans\) 作为阈值找到 \(x\) 轴坐标与区间分界坐标 \(mid\) 差的平方小于 \(ans\) 的点对，然后用朴素算法找到他们之间的最小值，过程中不断更新 \(ans\) 。在最后一步，有个关键优化，先按 \(y\) 轴排序，这样对于一个定点找另一点时，若 \(y\) 轴差值平方大于等于目前 \(ans\) 可以直接跳过，可以证明大部分情况可以将 \(O(n^2)\) 降到 \(O(n)\) 。

时间复杂度 平均： \(O(n\log^2n)\) 最差：\(O(n^2 \log n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

方法二

知识点：分治，排序。

方法二实际上是方法一的优化。通过 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 的 \(d^2\) 最小值，返回合并区间的 \([l,r]\) 中 \(d^2\) 最小值，在合并时用归并把当前区间的区间按 \(y\) 排序，方便查找合并区间的最小值，是 \(O(n\log n)\) 。如果每次不排序，直接取点 \(sort\) 按 \(y\) 排序，会重复排序，最差会 \(O(n^2)\) 。

要注意的是，如果采用这种方法我们就必须是先排序好再确定可行下标，但是确定下标需要原来 \(mid\) 处的 \(x\) 坐标，因此需要额外设置变量保存。

时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)

空间复杂度 \(O(n)\)

代码

方法一

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

struct Point {
    ll x, y;
}a[100007];
int c[100007];

ll sqr(ll x) { return x * x; }

ll dist2(Point a, Point b) { return sqr(a.x - b.x) + sqr(a.y - b.y); }

ll solve(int l, int r) {
    if (l == r) return ~(1LL << 63);
    if (l + 1 == r) return dist2(a[l], a[r]);
    int mid = l + r >> 1;
    ll ans = min(solve(l, mid), solve(mid + 1, r));
    int cnt = 0;
    for (int i = l;i <= r;i++) if (sqr(a[i].x - a[mid].x) < ans) c[cnt++] = i;
    sort(c, c + cnt, [&](int p, int q) {return a[p].y < a[q].y;});
    for (int i = 0;i < cnt;i++) {
        for (int j = i + 1;j < cnt;j++) {
            if (sqr(a[c[i]].y - a[c[j]].y) >= ans) break;
            ans = min(ans, dist2(a[i], a[j]));
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) a[i].x = i, cin >> a[i].y, a[i].y += a[i - 1].y;
    cout << solve(1, n) << '\n';
    return 0;
}

方法二

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

struct Point {
    ll x, y;
}a[100007], b[100007];
ll c[100007];

ll sqr(ll x) { return x * x; }

ll dist2(Point a, Point b) { return sqr(a.x - b.x) + sqr(a.y - b.y); }

ll solve(int l, int r) {
    if (l == r) return ~(1LL << 63);
    if (l + 1 == r) return dist2(a[l], a[r]);
    int mid = l + r >> 1;
    ll midx = a[mid].x;
    ll ans = min(solve(l, mid), solve(mid + 1, r));
    merge(a + l, a + mid + 1, a + mid + 1, a + r + 1, b + l, [&](Point a, Point b) {return a.y < b.y;});
    for (int i = l;i <= r;i++) a[i] = b[i];
    int cnt = 0;
    for (int i = l;i <= r;i++) if (sqr(a[i].x - midx) < ans) c[cnt++] = i;
    for (int i = 0;i < cnt;i++) {
        for (int j = i + 1;j < cnt;j++) {
            if (sqr(a[i].y - a[j].y) >= ans) break;
            ans = min(ans, dist2(a[i], a[j]));
        }
    }
    return ans;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) a[i].x = i, cin >> a[i].y, a[i].y += a[i - 1].y;
    cout << solve(1, n) << '\n';
    return 0;
}