P7962 方差 Sol

P7962 方差：DP 好题。

首先可以观察到，将 $a_i$ 赋为 $a_{i-1}+a_{i+1}-a_i$ 等同于交换 $a_i,a_{i+1}$ 的差分数组。

下面令差分数组 $d_i=a_{i+1}-a_i$。

那么每次操作相当于交换 $d_{i-1},d_i$，不妨推广一下，题目等同于重排 $d$ 后求最小方差。

首先求方差的式子可以转化为 $n\sum\limits_{i=1}^n a_i^2 - (\sum\limits_{i=1}^n a_i)^2$。

也就是说我们需要通过方差数组求出全局和、平方和。

由于这两个数不太好同时转移，所以考虑设定一维成为状态。

接着考虑策略。考虑到方差本质上是反映一组数的波动情况，那么在差不变的情况下，显然要使得尽量多的数往中间靠。

那么想到对于 $d$ 小的，可以尽量放在中间，使得差尽量小，更多的数靠近平均数，随后向左、向右严格非减。

所以做法是把 $d$ 直接重排，每一次考虑放在原数组的左边 / 右边，然后计算 $\Delta$，即改变的贡献。

式子就很好推了。

令当前状态 $f(i,s)$ 表示放了 $i-1$ 个方差，原数组总和为 $s$。

放左边的情况其实就是往右边所有放好的数加上一个差分 $d_i$。

为什么是对的？方差和数本身无关，而与相对差有关。

在相对差不变的情况下，我们可以任意钦定 $a_1$，这里默认 $a_1$ 为 $0$，则右边所有数 $+d_i$。

放左边：$f(i+1,s+i\times d_i)=\max\{f(i,s)+ \sum\limits_{j=1}^i (2a_jd_i+d_i^2)\}$。

化简得到 $f(i+1,s+i\times d_i)=\max\{f(i,s)+ s \times d_i+i \times d_i^2\}$。

如果放右边，就不会对右边的数产生贡献，那么原数显然为 $\sum\limits_{j=1}^i d_j$。

放右边：$f(i+1,s+\sum\limits_{j=1}^i d_j)=\max\{f(i,s)+(\sum\limits_{j=1}^i d_j)^2\}$。

这里的 $\sum d$ 可以通过预处理得到。

那么这样枚举和的数量就很大了。

考虑到值域很小，所以有很多差分为 $0$，可以忽略贡献。

所以复杂度可以大大优化，对于 $d$ 不同的转移即可。

最后输出 $\max\{f(n,i)-i^2\}$ 即可。

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

template <typename T> inline void read(T &x) {
  x = 0; char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
  while (isdigit(ch)) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^48), ch = getchar();
}

const int N = 1e4 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, res = inf, a[N], cf[N], sum[N], dp[2][N<<6];
inline void Min(int &x, int y) { x = min(x, y); }

signed main() {
  read(n);
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    read(a[i]), cf[i] = a[i] - a[i - 1];
  cf[1] = inf; sort(cf + 1, cf + 1 + n);
  int num = upper_bound(cf + 1, cf + n, 0) - cf - 1;
  for (int i = 1; i < n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + cf[i];
  memset(dp[num & 1], 0x3f, sizeof dp[num & 1]);
  dp[num & 1][0] = 0;
  for (int i = num + 1; i < n; ++i) {
    memset(dp[i & 1], 0x3f, sizeof dp[i & 1]);
    for (int j = 0; j <= a[n] * n; ++j) {
      if (dp[1 - (i & 1)][j] == inf) continue;
      Min(dp[i & 1][j + sum[i]], dp[1 - (i & 1)][j] + sum[i] * sum[i]);
      Min(dp[i & 1][j + i * cf[i]], dp[1 - (i & 1)][j] + cf[i] * (cf[i] * i + 2 * j));
    }
  }
  for (int i = 0; i <= a[n] * n; ++i) {
    if (dp[1 - (n & 1)][i] == inf) continue;
    res = min(res, dp[1 - (n & 1)][i] * n - i * i);
  }
  cout << res << endl;
  return 0;
}