一个数，最小方差乘以 m^2 后的值

1≤n≤3000,保证从 S 到 T 的总路程不超过 30000

题解:

推式子的感觉真刺激呀....

我们复习一下方差的定义:数值与平均值之差的平方和的平均值

设s[i]为前缀和,设X0是平均值,则X0=s[n]/m

也就是说,V=((X1-X0)²+(X2-X0)²+......+(Xm-X0)²)/m

由于答案是V*m²,所以我们不妨把m²直接带上.

所以有:

ans=((X1-X0)²+(X2-X0)²+......+(Xm-X0)²)*m

　  =m*ΣXi²+m*X0²*m-2*X0*m*ΣXi

　  =m*ΣXi²+s[n]²-2*s[n]²

     =m*ΣXi²-s[n]²

这样我们就找到了一个很简洁的表达式

但是如果直接计算这个式子,你会发现推不出来,所以我们转化一下角度,转而计算ΣXi²的值.

我们可以维护一个数组f[i][j],表示在第j段路结尾,第i次休息的时候最小的ΣXi²,那么答案就是m*f[m][n]-s[n]²

那么f[i][j]=min{f[k][j-1]+(s[i]-s[k])²}.

分析一下复杂度,Ο(m*n*n),如果是极限数据会变成3000³,这样就要t了

所以我们考虑优化,对于可能转移到i的2个位置k1与k2,k1优于k2的条件是什么?(公式恐惧症的同学不要跑啊......)

f[k₁][j-1]+(s[i]-s[k₁])²<f[k₂][j-1]+(s[i]-s[k₂])²

f[k₁][j-1]-f[k₂][j-1]<(s[i]-s[k₂])²-(s[i]-s[k₁])²

f[k₁][j-1]-f[k₂][j-1]<s[i]²-2*s[i]*s[k₂]+s[k₂]²-(s[i]²-2*s[i]*s[k₁]+s[k₁]²)

f[k₁][j-1]-f[k₂][j-1]<s[k₂]²-s[k₁]²-2*s[i]*s[k₂]+2*s[i]*s[k₁]

f[k₁][j-1]-f[k₂][j-1]+s[k₁]²-s[k₂]²<2*s[i]*(s[k₁]-s[k₂])

(f[k₁][j-1]-f[k₂][j-1]+s[k₁]²-s[k₂]²)/(s[k₁]-s[k₂])<2*s[i]

所以我们用一个单调队列维护就行啦,剩下的维护判断就比较简单了~

代码见下:

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=3010;
LL len[N],n,m,s[N],f[N][N];
int q[N]; 
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline double k(int j,int k1,int k2)
{
    double a=(double)(f[j-1][k1]-f[j-1][k2]+s[k1]*s[k1]-s[k2]*s[k2]);
    return a/(double)(s[k1]-s[k2]);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&len[i]),s[i]=s[i-1]+len[i];
    for(int j=1;j<=n;j++)
        f[1][j]=s[j]*s[j];
    for(int i=2,h=1,t=1;i<=m;i++,h=1,t=1)
    {
        memset(q,0,sizeof(q));
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            while(h<t&&k(i,q[h+1],q[h])<2*s[j])h++;
            f[i][j]=f[i-1][q[h]]+(s[j]-s[q[h]])*(s[j]-s[q[h]]);
            while(h<t&&k(i,j,q[t])<k(i,q[t],q[t-1]))t--;
            q[++t]=j;
        }
    }
    printf("%lld",m*f[m][n]-s[n]*s[n]);
}

BZOJ4815