[NOIP2021] 方差

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题目

[NOIP2021] 方差

题目描述

给定长度为 $n$ 的非严格递增正整数数列 $1\le a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$。每次可以进行的操作是：任意选择一个正整数 $1<i<n$，将 $a_i$ 变为 $a_{i-1}+a_{i+1}-a_i$。求在若干次操作之后，该数列的方差最小值是多少。请输出最小值乘以 $n^2$ 的结果。

其中方差的定义为：数列中每个数与平均值的差的平方的平均值。更形式化地说，方差的定义为 $D=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{(a_i-\overline{a})}^2$，其中 $\overline{a}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{a}_i$。

输入格式

输入的第一行包含一个正整数 $n$，保证 $n\le {10}^4$。

输入的第二行有 $n$ 个正整数，其中第 $i$ 个数字表示 $a_i$ 的值。数据保证 $1\le a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$。

输出格式

输出仅一行，包含一个非负整数，表示你所求的方差的最小值的 $n^2$ 倍。

样例 #1

样例输入 #1

4
1 2 4 6

样例输出 #1

52

提示

【样例解释 #1】

对于 $(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1,2,4,6)$，第一次操作得到的数列有 $(1,3,4,6)$，第二次操作得到的新的数列有 $(1,3,5,6)$。之后无法得到新的数列。

对于 $(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1,2,4,6)$，平均值为 $\frac{13}{4}$，方差为 $\frac{1}{4}({(1-\frac{13}{4})}^2+{(2-\frac{13}{4})}^2+{(4-\frac{13}{4})}^2+{(6-\frac{13}{4})}^2)=\frac{59}{16}$。

对于 $(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1,3,4,6)$，平均值为 $\frac{7}{2}$，方差为 $\frac{1}{4}({(1-\frac{7}{2})}^2+{(3-\frac{7}{2})}^2+{(4-\frac{7}{2})}^2+{(6-\frac{7}{2})}^2)=\frac{13}{4}$。

对于 $(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1,3,5,6)$，平均值为 $\frac{15}{4}$，方差为 $\frac{1}{4}({(1-\frac{15}{4})}^2+{(3-\frac{15}{4})}^2+{(5-\frac{15}{4})}^2+{(6-\frac{15}{4})}^2)=\frac{59}{16}$。

【数据范围】

测试点编号	$n\le$	$a_i\le$
$1\sim 3$	$4$	$10$
$4\sim 5$	$10$	$40$
$6\sim 8$	$15$	$20$
$9\sim 12$	$20$	$300$
$13\sim 15$	$50$	$70$
$16\sim 18$	$100$	$40$
$19\sim 22$	$400$	$600$
$23\sim 25$	${10}^4$	$50$

对于所有的数据，保证 $1\le n\le {10}^4$，$1\le a_i\le 600$。

历时一天半，共八届奥赛课加两节数学自习的努力，终于给他 $A$ 了，下面简单回顾一下我这悲苦的历程

题目一开始是没什么思路的，但入手点一定得在操作上找，然后就设一个 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 开始自己胡乱手模

然后我就惊奇的发现，只模这个数是没什么作用的（因为我半个小时后什么也没得出来），然后就不看这个数了，开始

看俩数操作后的关系，就做了个差，然后。。就发现了一个惊奇的性质：操作一个数 $a_i$ 相当于把 $a$ 的查分数组 $x$ 中的

$x_{i-1}$ 和 $x_i$ 互换位置

那现在问题就转化成了找出一个 $x$ 的排列使方差最小，然后就开始推式子了。。。

记 $a_i=a_1+\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j$ , $\overline{a}=a_1+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j$

$$n^{2}D=n\sum _{i=1}^n{(a_i-\overline{a})}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^n{(a_1+\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j-a_1-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j)}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^n[(\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2-\frac{2}{n}\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j+\frac{1}{n^2}(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2]$$

$$=\sum _{i=1}^n[n(\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2-2\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j+\frac{1}{n}(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2]$$

$$=n\sum _{i=1}^n(\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2-2\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j+\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^n(\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2-(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}{x}_j{)}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2-(\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$$

这就是我们答案的初始式子了，但我们不知道 $x$ 序列的排列方式，所以。。。继续推

$$n\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2-(\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^i{x}_j\ast x_k-(\sum _{i=1}^{n-1}{x}_i\ast (n-i){)}^2$$

$$=n\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast (n-max(i,j))-\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast (n-i)\ast (n-j)$$

$$=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast [n\ast (n-max(i,j))-(n-i)\ast (n-j)]$$

$$=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast [n^2-n\ast max(i,j)-n^2+(i+j)\ast n-i\ast j]$$

$$=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast [(i+j)\ast n-n\ast max(i,j)-i\ast j]$$

$$=\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j\ast [n\ast min(i,j)-i\ast j]$$

我们发现这个 $min$ 不太好处理，但是我们容易推出 $\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{n-1}{x}_i\ast x_j=2\ast \sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{i-1}{x}_i\ast x_j+\sum _{i=1}^{n-1}{x_i}^2$

所以原式可化为

$$=\sum _{i=1}^{n-1}{x_i}^2\ast (n-i)\ast i+2\ast \sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{i-1}{x}_i\ast x_j\ast (n-i)\ast j$$

观察左边的式子发现，当中间部分的 $x$ 较小时整体较小，这时我们看右边式子，列一下 $n=7$ 时的矩阵

（ i ，j ）	i=2	i=3	i=4	i=5	i=6
$j=5$					$(6,5)$
$j=4$				$(5,4)$	$(6,4)$
$j=3$			$(4,3)$	$(5,3)$	$(6,3)$
$j=2$		$(3,2)$	$(4,2)$	$(5,2)$	$(6,2)$
$j=1$	$(2,1)$	$(3,1)$	$(4,1)$	$(5,1)$	$(6,1)$

我们同时列一下其对应的系数

（ i ，j ）	i=2	i=3	i=4	i=5	i=6
$j=5$					$5$
$j=4$				$8$	$4$
$j=3$			$9$	$6$	$3$
$j=2$		$8$	$6$	$4$	$2$
$j=1$	$5$	$4$	$3$	$2$	$1$

我们惊奇的发现，对于右面的式子，也是当中间 $x$ 的值小时，整体值较小

所以我们就得到了：当 $x$ 承单谷排列时，使答案最小

但我们又发现一个问题，我们只知道单谷排列，但并不知道“谷”在哪，所以我们就应该 $DP$ 了

考虑我们初始的式子$n\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2-(\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$

我们想让整体最小，就是想让$\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$最小时，且$(\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$最大

但两个变量明显不好求,所以我们钦定$\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j$不变，去找每一个不同的和对应的最小的$\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$

这里我们的转移方程也出来了：$f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个差分数组，$\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^i{x}_j=j$ 时，最小的$\sum _{i=1}^{n-1}(\sum _{j=1}^i{x}_j{)}^2$

这里应该提前从小到大排个序

考虑新进来一个 $x_{i+1}$ 对答案的影响，设 $su{m}_i$ 为前 $i$ 个差分序列的和

• 1：如果放在序列右面：

$$f_{i+1,j+x_{i+1}+su{m}_i}=min{f}_{i,j}+(x_{i+1}+su{m}_i{)}^2$$

• 2：如果放在序列左面：相当于之前填的序列整体右移

贡献为$$\sum _{j=1}^i(x_j+x_{i+1}{)}^2-\sum _{j=1}^i{x}_j^2$$

$$=\sum _{j=1}^i{x_j}^2+\sum _{j=1}^{i}2\ast x_j\ast x_{i+1}+\sum _{j=1}^i{x}_{i+1}^2-\sum _{j=1}^i{x}_j^2$$

$$=\sum _{j=1}^{i}2\ast x_j\ast x_{i+1}+\sum _{j=1}^i{x}_{i+1}^2$$

$$=2\ast j\ast x_{i+1}+i\ast x_{i+1}^2$$

最后加他本身的 $x_{i+1}^2$

$$f_{i+1,j+x_{i+1}\ast (i+1)}=min{f}_{i,j}+2\ast j\ast x_{i+1}+(i+1)\ast x_{i+1}^2$$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e4+10;
using namespace std;
int n,a[maxn],x[maxn],f[2][500001],sum[maxn],top,s,ans;


int main()
{
//	freopen("set1.in","r",stdin);
//	freopen("T.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		x[i-1]=i>1?a[i]-a[i-1]:0;
//		cout<<x[i-1]<<endl;
	}
	sort(x+1,x+n);
	for(int i=1;i<n;i++) sum[i]=sum[i-1]+x[i];
	memset(f,0x7f,sizeof f);
	f[1][x[1]]=x[1]*x[1];
	top=x[1];
	int temp=0;
	for(int i=1;i<n-1;i++)
	{
		temp^=1;
		top+=x[i+1]*(i+1);
		for(int j=0;j<=top;j++)
		{
			s=j+sum[i+1];
//			cout<<i<<" "<<j<<" "<<f[i][j]<<endl;
//			if(s>top) continue;
			f[temp^1][s]=min(1ll*f[temp^1][s],f[temp][j]+1ll*sum[i+1]*sum[i+1]);
		}
		for(int j=0;j<=top;j++)
		{
			s=j+x[i+1]*(i+1);
//			if(s>top) continue;
			f[temp^1][s]=min(1ll*f[temp^1][s],f[temp][j]+1ll*x[i+1]*x[i+1]*(i+1)+2ll*j*x[i+1]);
		}
		memset(f[temp],0x7f,sizeof f[temp]);
	}
	ans=0x7f7f7f7f;
	for(int i=0;i<=top;i++) 
//		cout<<f[(n-1)&1][i]<<endl;
		ans=min(1ll*ans,1ll*n*f[(n-1)&1][i]-1ll*i*i);
			
	cout<<ans<<'\n';
	
	return 0;
}