洛谷P4072 [SDOI2016]征途（带权二分，斜率优化）

洛谷题目传送门

一开始肯定要把题目要求的式子给写出来

我们知道方差的公式$s^2=\frac{\sum\limits_{i=1}^{m}(x_i-\overline x)^2}{m}$

题目要乘$m^2$再输出，于是

$m^2s^2=m\sum\limits_{i=1}^{m}(x_i-\overline x)^2$

$=m(\sum\limits_{i=1}^{m}x_i^2-2\overline{x}\sum\limits_{i=1}^{m}x_i+m\overline{x}^2)$

$=m\sum\limits_{i=1}^{m}x_i^2-(\sum\limits_{i=1}^{m}x_i)^2$

于是只要最小化$\sum\limits_{i=1}^{m}x_i^2$即可。

然而选$m$段非常不好办。这时候可以联想到凸优化。设$G_m$表示选$m$段$\sum\limits_{i=1}^{m}x_i^2$的最小值，当$m$增大的时候$G_m$显然会减小，凭蒟蒻的感性理解，多分出一段对答案的影响幅度也越来越小，也就是说$G_x$关于$x$的函数图像大概是下凸的。

我们用一个斜率为$mid$的直线去切这个凸包。显然$mid$的下界取$[0,1]$之间的斜率，是总路程平方级别的，上界是$0$。因为切线在凸包的下方，所以多选一段的代价不是$+mid$而是$-mid$。

update:蒟蒻弃用了用直线切凸包的理解方法，蒟蒻用导数思想理解DP凸优化的思路可以看这里

接下来就是斜率优化的过程。设$f_i$为前$i$条路的最优答案，$x_i$为路程长度的前缀和，写出转移方程

$f_i=\min\limits_{j=0}^{i}\{f_j-2x_ix_j+x_j^2\}+x_i^2$

决策$j$优于$k$当且仅当

$f_j-2x_ix_j+x_j^2<f_k-2x_ix_k+x_k^2$

$\frac{f_j+x_j^2-f_k-x_k^2}{x_j-x_k}<2x_i$

于是设$y_i=f_i+x_i^2$，把决策看成点$(x_i,y_i)$，使用单调队列就OK了。注意这里要记$c_i$表示最优决策下将前$i$条路分出的段数。最后判断$c_n$与$m$的关系来调整斜率。

由于这一题的斜率肯定不会有小数，故也不必担心二分中的一些边界问题。

#include<cstdio>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
#define Calc(j,k) (y[j]-y[k])/(x[j]-x[k])
typedef long long LL;
const int N=3009;
int n,q[N],c[N];
double f[N],k[N],x[N],y[N];
inline int in(){
	RG char G;
	while(c<'-')G;
	R x=c&15;G;
	while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
	return x;
}
inline double sqr(RG double x){
	return x*x;
}
inline void work(R mid){//斜率优化
	R h,t,i;
	for(h=t=i=1;i<=n;++i){
		while(h<t&&k[h]<2*x[i])++h;
		f[i]=f[q[h]]+sqr(x[i]-x[q[h]])-mid;//每转移一次要减一下mid
		y[i]=f[i]+sqr(x[i]);
		c[i]=c[q[h]]+1;//记录段数
		while(h<t&&k[t-1]>Calc(q[t],i))--t;
		k[t]=Calc(q[t],i);q[++t]=i;
	}
}
int main(){
	n=in();R m=in(),l,r,mid,i;
	for(i=1;i<=n;++i)x[i]=x[i-1]+in();
	l=-sqr(x[n]);r=0;//大致确定下界
	while(l<r){
		work(mid=(l+r+1)/2);//注意负数的下取整问题
		c[n]<=m?l=mid:r=mid-1;
	}
	work(l);
	printf("%.0lf\n",m*(f[n]+m*l)-sqr(x[n]));//先加回m*l
	return 0;
}