[NOIP2021] 方差 题解

[NOIP2021] 方差 题解

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知识点

差分，最小值背包 DP，模拟退火。

分析

首先，定义 \(\{ a_i \}\) 的差分数组 \(\{ d_i \}\)，其中 \(d_i = a_{i+1} - a_i,i\in [1,n)\)。

那么 \(a_i \gets a_{i-1} + a_{i+1} - a_i\) 的操作等价于交换 \(d_{i-1},d_i\)。

要让方差最小，那么我们直接按照它的应用可以反向推导：方差越小，数列起伏越小。那么只要让数列起伏较小即可。

但是这样直接构造似乎不太行，毕竟那样算是贪心，这里不能用。

考虑 \(n^2 D\) 的式子：\(n\sum a_i^2-(\sum a_i)\)。

那么我们就直接上最小值背包 DP，将 \(d_i\) 从小到大排序，从中间开始放，决策就考虑放在中间这块前面还是后面。

设 \(f_{i,j}\) 表示放到第 \(i\) 个差分值且 \(\sum a_i = j\) 时，\(\sum a_i^2\) 的最小值是多少。

转移：加入 \(d_i\)。

1. 放在前面：那么每个值都会加 \(d_i\)。

   \[f_{j+d_i \times i} \gets f_{j} + 2 j d_i + i d_i^2 \\ \]

2. 放在后面：加入一个值 \(\sum_{k=1}^i d_k\)，那么我们处理出前缀和数组 \(pre_k = \sum_{k=1}^i d_k\)。

   \[f_{j+pre_i} \gets f_{j} + pre_i^2 \]

最后可以很容易算出答案：

\[\min {(n f_j - j^2)} \\ \]

还有一点：现在的时间复杂度是 \(O(n^2 a_{\max})\) 的，这样不能过掉全部点，但是我们发现那些点的 \(n\) 虽然大，但是 \(a_{\max}\) 小，说明差分数组中有很多 \(0\)，而转移时遇到 \(0\) 是没用的，我们可以遇到时直接跳过，这样时间复杂度就优化到了 \(O(n a_{\max} \min{(n,a_{\max})})\)。

代码

时间复杂度：\(O(n a_{\max} \min{(n,a_{\max})})\)，空间复杂度：\(O(n a_{\max})\)。

#define Plus_Cat "variance"
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define ll long long
#define RCL(a,b,c,d) memset(a,b,sizeof(c)*(d))
#define FOR(i,a,b) for(int i(a);i<=(int)(b);++i)
#define DOR(i,a,b) for(int i(a);i>=(int)(b);--i)
#define tomin(a,...) ((a)=min({(a),__VA_ARGS__}))
#define tomax(a,...) ((a)=max({(a),__VA_ARGS__}))
#define EDGE(g,i,x,y) for(int i(g.h[x]),y(g[i].v);~i;y=g[i=g[i].nxt].v)
using namespace std;
constexpr int N(1e4+10),S(5e5+10);
int n,lim;
int a[N],d[N],pre[N];
ll ans(LINF);
ll f[S];
int main() {
#ifdef Plus_Cat
	freopen(Plus_Cat ".in","r",stdin),freopen(Plus_Cat ".out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d",&n);
	FOR(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
	FOR(i,1,n-1)d[i]=a[i+1]-a[i];
	sort(d+1,d+n),RCL(f,0x3f,f,1),f[0]=0;
	FOR(i,1,n-1)pre[i]=pre[i-1]+d[i];
	FOR(i,1,n-1)if(d[i])DOR(j,lim,0)if(f[j]<LINF) {
			tomin(f[j+i*d[i]],f[j]+(ll)2*d[i]*j+(ll)d[i]*d[i]*i);
			tomin(f[j+pre[i]],f[j]+(ll)pre[i]*pre[i]);
			tomax(lim,j+i*d[i],j+pre[i]),f[j]=LINF;
		}
	FOR(i,0,lim)if(f[i]<LINF)tomin(ans,(ll)n*f[i]-(ll)i*i);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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