【NOIP2021 方差】题解
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Part A 式子化简
首先题目要求的式子就是 \(n^2\) 乘上 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(a_i-\bar a)^2\)，其中 \(\bar a=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i\)。
我们把这三合在一起也就是：
前面化简一下，后面用完全平方公式展开：
拆开：
对于第二坨，把与 \(a_i\) 无关的抽出来：
把第二坨化简一下：
把第二坨的后两个写成平方的形式：
看第三坨，发现没有和 \(i\) 有关的项，之间把 \(\sum_{i=1}^n\) 变成乘 \(n\)：
化简一下第三坨：
然后我们发现二、三坨可以合并：
于是对于每种 \(a\) 我们都有直接算的方法了。
Part B 差分交换
现在让我们考虑令一个问题。
对于相邻的三个数 \(a_{i-1}\)、\(a_i\)、\(a_{i+1}\)，我们计算相邻两数的差分别为 \(a_i-a_{i-1}\)、\(a_{i+1}-a_i\)。
先在我们把 \(a_i\) 变成 \(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)，现在就是 \(a_{i-1}\)、\(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)、\(a_{i+1}\)。
然后我们再对相邻两数作差分别为：\(a_{i+1}-a_i\)、\(a_i-a_{i-1}\)。
发现了什么？
没错，我们对每个数进行交换，只不过是把相邻两项的差交换。
于是我们对 \(a\) 作差分序列 \(d\)，这样无论我们对 \(a\) 序列进行怎样的变换，\(d\) 序列的元素始终不变，只是顺序改变。
基于这个结论，我们可以枚举 \(d\) 的顺序，时间复杂度 \(O(n!)\)。
Part C 差分单谷性
这里我们可以引出一个结论：\(d\) 的排列必然是先从大到小，再从小到大。
这里可以感性理解一下，因为对于每个 \(a\) 只有不断靠近平均数，方差才最小。
我们也可以大致运用反证法证明。（有误请指出）
图中 \(d_1>d_2\)，我们发现 \(a_1\) 与 \(a_3\) 的值不变，图2相比图1中只有 \(a_2\) 变大了。
两个 \(a_2\) 相比，显然图1中的 \(a_2\) 更靠近谷底，也就是 \(\bar a\)。按照开始的式子 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(a_i-\bar a)^2\) 我们发现 \(a_2\) 取图1的情况更优。
有了这个结论，我们可以把 \(d\) 按从大到小排序，对于 \(d_i\)，要么放左边，要么放右边，通过此方法，我们就得到了一种 \(O(2^n)\) 的暴力。
48分Code
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民间数据】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 410
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N], b[N];
int ans=0x7fffffff;
int sum, num;
bool cmp(int x, int y)
{
return x>y;
}
void dfs(int x, int l, int r, int s, int t)
{
if(l==r-1)
{
ans=min(ans, n*t-s*s);
return ;
}
int k;
k=a[l+1]=a[l]+d[x]; dfs(x+1, l+1, r, s+k, t+k*k);
k=a[r-1]=a[r]-d[x]; dfs(x+1, l, r-1, s+k, t+k*k);
}
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n, cmp);
dfs(1, 1, n, a[1]+a[n], a[1]*a[1]+a[n]*a[n]);
printf("%d", ans);
return 0;
}
Part D 相对位置代替绝对位置
可以发现，我们在上面的方法中每次都把 \(a\) 的绝对位置求出来。但其实我们可以只求出其相对位置。
我们先对 \(d\) 从小到达排序，再一条一条放进去。此时 \(a_i\) 的位置是在这种放进去的方法下的 \(\sum_{j=1}^i d_j\)。
首先让我们把之前的式子搬回出来：
我们要让结果最小，就是要让 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 最大，\(\sum_{i=1}^n a_i^2\) 最小。
让我们设 \(f(i, j)\) 表示已经决定的 \(i\) 个 \(a\) 里面，和为 \(j\) 的最小平方和。设 \(S\) 为当前的 \(i\) 的 \(\sum_{j=1}^i d_i\) 。
\(j\) 可以理解为 \(\sum_{i=1}^n a_i\)，\(f(i, j)\) 可以理解为 \(\sum_{i=1}^n a_i^2\)。
现在对于 \(d_{i+1}\)，要么放在左边，要么放在右边。
先说放在右边，\(j\) 则会加上当前点的坐标，答案加上当前的平方，而当前点为 \(S+d_i\)。
放在左边的话，就是整体 \(a\) 右移 \(d_{i+1}\)，\(j\) 就明显是加上 \((i+1)\times d_{i+1}\)，至于 \(f\) 的话，这里要手推一下。
首先至少要加上这个点 \(d_i^2\)，然后后面的和变成 \(\sum_{k=1}^i(a_k+d_i)^2\)，而原先是 \(\sum_{k=1}^i a_k^2\)，所以加上的是：
前面用完全平方公式拆一下：
最前面与最后面两坨消去：
前面那坨把无关紧要的提出了：
把 \(j\) 套进去：
后面那坨直接把 \(\sum_{k=1}^i\) 变成乘 \(i\)：
根据这个，我们可以把放左边的dp推出了：
后面两个合一下：
然后就行了。
转移方程与最终代码可能有一些细节的东西，改一改就行了。
可是按照这个方法打只有72分。
72分code
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民间数据】
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
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//
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 410
#define M 610
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N];
int ans=0x7fffffffff;
int sum, num;
int f[N][N*M];
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n);
for(i=0; i<=n; ++i) for(j=0; j<=240000; ++j) f[i][j]=ans;
f[0][0]=0;
for(i=0; i<n-1; ++i)
{
sum+=d[i+1];
for(j=0; j<=240000; ++j)
{
f[i+1][j+sum]=min(f[i+1][j+sum], f[i][j]+sum*sum);
f[i+1][j+d[i+1]*(i+1)]=min(f[i+1][j+d[i+1]*(i+1)], f[i][j]+2*j*d[i+1]+(i+1)*d[i+1]*d[i+1]);
// if(f[i][j]!=ans)
// printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", i, j, f[i][j]);
}
}
for(i=0; i<=24000; ++i)
{
// if(f[n-1][i]!=0x7fffffffff) printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", n-1, i, f[n-1][i]);
// ans=min(ans, n*(f[n-1][i]+2*i*a[1]+(n-1)*a[1]*a[1]+a[1]*a[1])-(a[1]*n+i)*(a[1]*n+i));
ans=min(ans, n*f[n-1][i]-i*i);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
Part E 小优化
我们发现主要是集中在MLE和TLE。
MLE方面，我们可以使用滚动数组。
TLE的话，对于 \(j\) 的循环范围，我们可以动态分配。
提一句，最后加不加上 \(a_1\) 都行（实测可以）。
最后贴上AC code：
// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差【民间数据】
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// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
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// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define N 10010
#define M 610
//#define mo
int n, m, i, j, k;
int a[N], d[N];
int ans=0x7ffffffffff;
int sum, num, p, q;
int f[2][500010];
signed main()
{
// freopen("tiaoshi.in","r",stdin);
// freopen("tiaoshi.out","w",stdout);
n=read();
for(i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
for(i=2; i<=n; ++i) d[i-1]=a[i]-a[i-1];
sort(d+1, d+n);
for(j=0; j<=500000; ++j) f[1][j]=f[0][j]=ans;
f[0][0]=0;
for(i=0; i<n-1; ++i)
{
sum+=d[i+1];
p=(i+1)%2; q=i%2; num+=d[i+1]*(i+1);
for(j=0; j<=num; ++j) f[p][j]=ans;
for(j=0; j<=num; ++j)
{
if(j+sum<=num)
f[p][j+sum]=min(f[p][j+sum], f[q][j]+sum*sum);
if(j+d[i+1]*(i+1)<=num)
f[p][j+d[i+1]*(i+1)]=min(f[p][j+d[i+1]*(i+1)], f[q][j]+2*j*d[i+1]+(i+1)*d[i+1]*d[i+1]);
}
}
for(i=0; i<=500000; ++i)
{
//ans=min(ans, n*(f[(n-1)%2][i]+2*i*a[1]+(n-1)*a[1]*a[1]+a[1]*a[1])-(a[1]*n+i)*(a[1]*n+i));
//可写可不写，是是否加上a1的情况
ans=min(ans, n*f[n-1][i]-i*i);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
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