[NOIP2021] 方差

一、题目

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二、解法

这个题我去年做不起也只能认栽了，刷题还是不够多，刷不到相同的套路。

题目转化：定义长度为 \(n-1\) 的差分数组 \(b_i=a_{i+1}-a_i\)，那么操作位置 \(1<i<n\) 就等价于交换 \(b_{i-1}\) 和 \(b_i\)，这是因为我们可以把所有数都减去 \(a_1\) 所以差分数组长度只有 \(n-1\)，剩下的可以自己手算验证。

那么直接暴力重排退火可以获得 \(88\) 分（参数是 T=1e3,D=0.94,eps=1e-4）

有一个结论是如果我们从小到大，用插入法来规划差分数组的重排，那么新插入的差分一定只会在数组首位或者数组末位。我们知道方差乘上 \(n^2\) 等于 \(n\cdot \sum a_i^2-(\sum a_i)^2\)，所以只需要记录 \(\sum a_i\)，维护最小的 \(\sum a_i^2\) 就可以方便地计算代价。

具体来说就是设 \(dp[i][j]\) 表示只考虑现在插入的差分值 \(\sum a=j\) 的最小 \(\sum a^2\)，转移：

• 插入到首位：\(dp[i][j+b_i\cdot i]\leftarrow dp[i-1][j]+2\cdot j\cdot b_i+b_i\cdot b_i\cdot i\)，至于系数展开二次项就可以获得。
• 插入到末位：\(dp[i][j+s_i]\leftarrow dp[i-1][j]+s_i\cdot s_i\)，其中 \(s_i=\sum_{j=1}^i b_j\)

通过最后一档数据需要跳过大段的 \(0\)，时间复杂度 \(O(n\cdot a^2)\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> 
using namespace std;
const int M = 10005;
#define int long long
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,z,a[M],b[M],s[M],dp[2][M*55];
void upd(int &x,int y) {x=min(x,y);}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<n;i++) b[i]=a[i+1]-a[i];
	sort(b+1,b+n);
	for(int i=1;i<n;i++) s[i]=s[i-1]+b[i];
	for(z=1;z<n && b[z]==0;z++);
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	dp[(z-1)&1][0]=0;
	for(int i=z;i<n;i++)
	{
		int w=i&1;
		for(int j=0;j<=a[n]*n;j++) dp[w][j]=inf;
		for(int j=0;j<=a[n]*n;j++) if(dp[w^1][j]<inf)
		{
			//head
			upd(dp[w][j+b[i]*i],dp[w^1][j]
				+2*j*b[i]+b[i]*b[i]*i);
			//tail
			upd(dp[w][j+s[i]],dp[w^1][j]+s[i]*s[i]);
		}
	}
	int ans=inf;
	for(int j=0;j<=a[n]*n;j++) if(dp[(n-1)&1][j]<inf)
		upd(ans,n*dp[(n-1)&1][j]-j*j);
	printf("%lld\n",ans);
}