Sol.CF1637D

闲话

昨天打 CGR-19 的时候，就像大本钟上送外卖——上面寄，下面摆，第二道题卡死以后就彻底摆了，放飞自我（已经结束了 Nanoda！），和男足被别人进一个球就士气崩溃的精神差不多。

然后，掉大分！！！

正题

本题难度：蓝（提高+ / 省选-）。

标签：数学，DP。

直接上数学推导过程：

原式：

\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}(a_i+a_j)^2\)

展开：

\(=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}(a_i^2+2a_ia_j+a_j^2)\)

分离 \(a_i\) 与 \(a_j\)。

\(=\sum_{i=1}^{n}[a_i^2(n-i)+2a_i\sum_{j=i+1}^{n}a_j+\sum_{j=i+1}^{n}a_j^2]\)

因为关于 \(b\) 的式子和关于 \(a\) 的式子同理，所以把它们直接相加并且化简，就是答案要求的式子：

\(=\sum_{i=1}^{n}[(a_i^2+b_i^2)(n-i)+2a_i\sum_{j=i+1}^{n}a_j+2b_i\sum_{j=i+1}^{n}b_j+\sum_{j=i+1}^{n}(a_j^2+b_j^2)]\)

对于原来的两个数组，我们可以发现一些显然的性质：

1. \(\sum_{j=i+1}^{n}(a_i^2+b_i^2)\) 为定值。

2. \(\sum_{j=i+1}^{n}a_j+\sum_{j=i+1}^{n}b_j\) 为定值。

发现具体的求解过程中，当前结果与前面结果的联系仅在于后缀和，所以我们可以设计一个 DP 过程，来求解这个式子的最小值。

因为 \(1 \leq a_i,b_i \leq 100\) ，所以 \(\sum_{j=i+1}^{n}a_j \leq 10000\)。

设 \(s=\sum_{j=i}^{n}a_j\) ，

可以用 \(dp_i,s\) 来表示当前位置 \(i\) ，后缀和为 \(s\) 时，结果的最小值。

从 \(n\) 到 \(1\)，每次扫遍所有可能的后缀和，枚举交换和不交换进行计算转移即可，详细过程见以下代码。

for(int i=n-1;i>=1;i--){
	//cul dp[i][j];
	for(int j=0;j<=10000;j++){//枚举后缀和
		dp[i][j+a[i]]=min(dp[i][j+a[i]],dp[i+1][j]+(a[i]*a[i]+b[i]*b[i])*(n-i)+2ll*a[i]*j+2ll*b[i]*(ts[i+1]-j)+tpfs[i+1]);
		dp[i][j+b[i]]=min(dp[i][j+b[i]],dp[i+1][j]+(a[i]*a[i]+b[i]*b[i])*(n-i)+2ll*b[i]*j+2ll*a[i]*(ts[i+1]-j)+tpfs[i+1]);
	}
}

注意多组数据要清空。

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

int T;

int n;

ll a[110];
ll b[110];

ll ts[110],tpfs[110];
//hzh und pf-uzh

ll dp[110][10110];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);

	cin>>T;
	
	while(T--){
		
		cin>>n;
		
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>b[i];
		}
		
		memset(ts,0,sizeof(ts));
		memset(tpfs,0,sizeof(tpfs));
		for(int i=n;i>=1;i--){
			ts[i]=ts[i+1]+a[i]+b[i];
			tpfs[i]=tpfs[i+1]+a[i]*a[i]+b[i]*b[i];
		}
		
		memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
		
		dp[n][a[n]]=dp[n][b[n]]=0;
		
		for(int i=n-1;i>=1;i--){
			//cul dp[i][j];
			for(int j=0;j<=10000;j++){
				dp[i][j+a[i]]=min(dp[i][j+a[i]],dp[i+1][j]+(a[i]*a[i]+b[i]*b[i])*(n-i)+2ll*a[i]*j+2ll*b[i]*(ts[i+1]-j)+tpfs[i+1]);
				dp[i][j+b[i]]=min(dp[i][j+b[i]],dp[i+1][j]+(a[i]*a[i]+b[i]*b[i])*(n-i)+2ll*b[i]*j+2ll*a[i]*(ts[i+1]-j)+tpfs[i+1]);
			}
		}
		
		ll ans=LLONG_MAX;
		for(int i=0;i<=10000;i++){
			ans=min(ans,dp[1][i]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}

	return 0;
}