洛谷P4072 [SDOI2016]征途（带权二分，斜率优化）

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;

}

巴特西

洛谷P4072 [SDOI2016]征途（带权二分，斜率优化）

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