[SDOI2016]征途 —— 斜率优化DP
时隔多年没有碰斜率优化了。。。
想当年被斜率优化虐的死去活来,现在看看。。。也就那样吧。
Pine开始了从S地到T地的征途。
从S地到T地的路可以划分成n段,相邻两段路的分界点设有休息站。
Pine计划用m天到达T地。除第m天外,每一天晚上Pine都必须在休息站过夜。所以,一段路必须在同一天中走完。
Pine希望每一天走的路长度尽可能相近,所以他希望每一天走的路的长度的方差尽可能小。
帮助Pine求出最小方差是多少。
设方差是v,可以证明,v×m2是一个整数。为了避免精度误差,输出结果时输出v×m2。
Input
第一行两个数 n、m。
第二行 n 个数,表示 n 段路的长度
Output
一个数,最小方差乘以 m^2 后的值Sample Input
5 21 2 5 8 6
Sample Output
36
HINT
1≤n≤3000,保证从 S 到 T 的总路程不超过 30000
首先根据方差的定义我们可以将方差的公式\(s^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\bar x)^{2}}{n}\)转换为\(s^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}^2}{m}-\frac{sum_{n}^{2}}{m^{2}}\)
(\(sum\)数组为前缀和)
(具体转换过程可以百度百科方差)
对于式子中的\(\frac{sum_{n}^{2}}{m^{2}}\)是已经确定的常数,目前不用考虑。于是我们要求的便是\(min(\sum_{i=1}^{n}x_{i}^2)\)。
于是题目就被我们转换为了将\(n\)段路分为\(m\)个块,使它们的平方和最小,不难得出DP的状态转移方程是:
\(f_{i,j}=min(f_{k,j-1}+(sum_{i}-sum_{k})^{2},f_{i,j})\)
只需要枚举k即可,其中状态的第一维定义为第\(i\)段路,第二维定义为第\(j\)个块。
然而不难发现时间复杂度过高,于是可以使用斜率优化。详见代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 3100
#define LL long long
int n,A[N],S[N],m,q[3*N];
LL f[N][N];
int fucky (int a,int j) {
return f[a][j-1]+S[a]*S[a];
}
int fuck (int a,int b,int j) {
return (fucky(a,j)-fucky(b,j))/(S[a]-S[b]);
}
int main() {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>A[i],S[i]=S[i-1]+A[i];
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=S[i]*S[i];
for(int j=2;j<=m;j++) {
int l=1,r=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
while(l<r && fuck(q[l],q[l+1],j)<2*S[i]) l++;
int BestPos=q[l];
f[i][j]=f[BestPos][j-1]+(S[i]-S[BestPos])*(S[i]-S[BestPos]);
while(l<r && fucky(q[r],i,j)<fucky(q[r-1],q[r],j)) r--;
q[++r]=i;
}
}
cout<<f[n][m]*m-S[n]*S[n];
}