【BZOJ4518】【SDOI2016】—征途(斜率优化dp)

传送门

题意:有nn个数,要把这些数分成连续的mm段使方差最小

由于s2=i=1n(ddi)2ms^2=\frac{\sum_{i=1}^{n}(d-d_i)^2}{m}

s2m2=mi=1n(ddi)2s^2*m^2=m*\sum_{i=1}^{n}(d-d_i)^2

sumk=i=1kdisum_k=\sum_{i=1}^{k}d_i

因为d=i=1ndim=sumnmd=\frac{\sum_{i=1}^{n}d_i}{m}=\frac{sum_n}{m}
化简得i=1n(di2)(i=1ndi)2\sum_{i=1}^{n}(d_i^2)-(\sum_{i=1}^{n}d_i)^2

也就是要最小化i=1n(di2)\sum_{i=1}^{n}(d_i^2)

那就有一个很显然的O(n2m)O(n^2m)dpdp
f[j][i]f[j][i]表示前ii个分jj段的最小值

f[k][i]=Min(f[k1][j]+(sumisumj)2)f[k][i]=Min(f[k-1][j]+(sum_i-sum_j)^2)

考虑优化
如果一个决策点aabb

f[k][a]+(sumisuma)2<f[k][b]+(sumisumb)2f[k][a]+(sum_i-sum_a)^2<f[k][b]+(sum_i-sum_b)^2

化简就变成了fa+suma2fbsumb2sumasumb2sumi\frac{f_a+sum_a^2-f_b-sum_b^2}{sum_a-sum_b}\le2*sum_i

fa+suma2f_a+sum_a^2看做xx,sumasum_a看做yy
因为sumsum单调
也就是说可以维护一个斜率递增的序列

答案也就从当前最小的斜率转移过来就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=3005;
const double eps=1e-9;
int sum[N],f[N][N],d[N],n,m;
double q[N];
inline int P(int x){
	return x*x;
}
inline double slope(int p,int a,int b){
	return (double)(1.0*f[p][a]+P(sum[a])-f[p][b]-P(sum[b]))/(sum[a]-sum[b]);
}
signed main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)d[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+d[i],f[1][i]=P(sum[i]);
	for(int j=2;j<=m;j++){
		int hd=1,tl=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			while(hd<tl&&slope(j-1,q[hd],q[hd+1])<2*sum[i])hd++;
			int now=q[hd];
			f[j][i]=f[j-1][now]+P(sum[i]-sum[now]);
			while(hd<tl&&slope(j-1,q[tl-1],q[tl])>slope(j-1,q[tl-1],i))tl--;
			q[++tl]=i;
		}
	}
	int ans=m*f[m][n]-P(sum[n]);
	cout<<ans;
}
posted @ 2019-03-25 20:29  Stargazer_cykoi  阅读(189)  评论(0编辑  收藏  举报