【BZOJ4654】【NOI2016】国王饮水记（动态规划，斜率优化）
【BZOJ4654】【NOI2016】国王饮水记（动态规划，斜率优化）
题面
题解
首先肯定是找性质。
明确一点，比\(h_1\)小的没有任何意义。
所以我们按照\(h\)排序，那么\(h_1\)就是当前\(1\)号位置的水量。
假设我们使用的次数不受到任何限制，我们思考怎么样才是最优。
首先每次只和一个合并一定比和多个合并更优。
假设有三个位置\(h_1\lt h_2\lt h_3\)
那么如果直接合并，答案是\((h_1+h_2+h_3)/3\)
如果每次合并一个，答案是\(((h_1+h_2)/2+h_3)/2=(h_1+h_2)/4+h_3/2\)
显然后者更优。
同理，通过后面那个式子，我们发现先和\(h_2\)合并比先和\(h_3\)合并更优。
所以，在合并次数不受到限制的时候，我们显然是从小往大，依次合并。
当次数不够的时候，我们肯定不能只合并一个位置，显然合并所有位置还是更优的。
那么，既然不能够一个个合并，所以只能够把若干次合并放在一起做。
因为每次和后面的若干个做完合并之后，这些一起合并的位置就可以直接丢掉了，
再因为从小往大合并更优，假设\(h_i\)已经有序，那么每次一定是和一段合并。
所以设\(f[i][j]\)表示前面\(i\)个位置合并了\(j\)次的最优值。
那么考虑转移\(f[i][j]=max((f[k][j-1]+\sum_{x\in[k+1,i]}h_x)/(i-k+1)\)
这样的复杂度\(O(n^2k)\)，\(k\)是可以合并的次数。
把式子重写，\(\sum\)写成前缀和的形式，暂时忽略后面的枚举次数
\(f[i]=(f[k]+s[i]-s[k])/(i-k+1)\)
这个式子很像斜率：
\((s[i]-(s[k]-f[k]))/(i-(k-1))\)
相当于把前面所有已知状态看成一个点\((k-1,s[k]-f[k])\)
那么找到当前点\((i,s[i])\)到这个点的斜率，使其斜率最大，可以斜率优化解决。
这样可以在凸包上三分计算，时间复杂度\(O(nklog_3n)\)
因为给定的高精小数库还有一个\(O(p)\)的复杂度，所以整个的复杂度是\(O(nkplogn)\)
同时还发现具有决策单调性，所以可以做到\(O(nkp)\)
决策单调性的证明大概是这样的，假设当位置是\((i,s[i])\)
最优转移是\((x1,y1)\)，存在一个不优的转移\((x2,y2)\)，
根据题目条件，有\(i>x1>x2,s[i]>y1>y2,s[i]>i,y1>x1,y2>x2\)
一下个位置至少是\((i+1,s[i]+i)\)，然后把斜率的式子写一写发现\((x1,y1)\)仍然更优。
现在可以做到\(O(nkp)\)，但是这样的复杂度远远不够。
继续挖掘性质。
发现有一个条件我们还没有怎么使用，即所有\(h_i\)互不相等。
那么我们可以得到一个条件：每次转移的区间长度不会大于上一次转移的区间长度。
感性的证明就是越往后走高度越大，显然拿更少的位置来平分会更优。
或者可以假设一下区间的长度，然后计算一下结果就好了。
或者假如后面那个区间长度大于前面这个区间，那么把后面那个区间的最前面那个位置分给前面这一段一定更优。
还有一个奇怪的条件：长度大于\(1\)的区间个数不会超过\(O(log\frac{nh}{\Delta})\)，其中\(\Delta=min(h_i-h_{i-1})\)
证明？我不会我不会，可以参考这里的证明
那么这样子，只需要\(dp\)大概\(14\)层就好啦。（参考征途或者序列分割之类的题目）
完整的代码戳这里
阉割版本。毕竟放个700行的代码翻都翻不完
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX=8080;
Decimal ans;
int n,K,p,h[MAX],zy[MAX][15],s[MAX],tot;
int Q[MAX],H,T;
double f[MAX][15];
struct Node{double x,y;}q[MAX];
double Slope(Node a,Node b){return (a.y-b.y)/(a.x-b.x);}
Decimal Calc(int i,int j)
{
if(!j)return h[1];
return (Calc(zy[i][j],j-1)+s[i]-s[zy[i][j]])/(i-zy[i][j]+1);
}
int main()
{
n=read();K=read();p=read();h[tot=1]=read();
for(int i=2;i<=n;++i)
{
h[i]=read();
if(h[i]>h[1])h[++tot]=h[i];
}
n=tot;sort(&h[1],&h[n+1]);
for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=s[i-1]+h[i];
K=min(K,n);
for(int i=1;i<=n;++i)f[i][0]=h[1];
int lim=min(K,14);
for(int j=1;j<=lim;++j)
{
Q[H=T=1]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)q[i]=(Node){i-1,s[i]-f[i][j-1]};
for(int i=2;i<=n;++i)
{
Node u=(Node){i,s[i]};
while(H<T&&Slope(u,q[Q[H]])<Slope(u,q[Q[H+1]]))++H;
zy[i][j]=Q[H];f[i][j]=(s[i]-s[Q[H]]+f[Q[H]][j-1])/(i-Q[H]+1);
while(H<T&&Slope(q[Q[T]],q[Q[T-1]])>Slope(q[Q[T]],q[i]))--T;
Q[++T]=i;
}
}
int m=n-K+lim,pos;double mx=0;
for(int j=0;j<=lim;++j)
if(f[m][j]>mx)mx=f[m][j],pos=j;
ans=Calc(m,pos);
for(int i=m+1;i<=n;++i)ans=(ans+h[i])/2;
cout<<ans.to_string(p<<1)<<endl;
return 0;
}
