Galaxy

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在一维坐标轴上给出n个点，第i个点坐标为(x_i),现在你可以任意移动k个点的，最小化它们的方差，(nleq 50000)。

解

感觉以前写的太乱了，补一篇可以供快速阅读的题解

首先方差有个公式(sum_{i=1}^n(x_i-ar{x})^2=sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2)，假设我们已经确定了移动那些点，假设移动的是(x_1,x_2,...,x_k)，那么要让方差最大，就相当于是一个多元函数求最值的问题,设(F(x_1,...,x_k)=sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2)，结论是关于各个变量的偏导为(0)的时候取到最值，也就是对于任意一个(j)有(x_j=dfrac{sum_{i=1,i e j}^n}{n-1})，如果(k=1)，那么这个点恰好是在剩下点的平均数取到，因此可以猜测这(k)个点都是在剩下点的平均数位置，证明参考原来的版本就可以了。

然后答案就是(sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2=sum_{i=k+1}^nx_i^2-(n-k)ar{x}^2)，这个恰好就是剩下(n-k)个数的方差，最小化，这要让他们坐标连续即可，这样就可以做到(O(n^2)),考虑枚举右端点，看左端点套路，预处理平方和和前缀和，就可以做到(O(n))了。

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设(ar{x}=frac{sum_{i=1}^nx_i}{n}),容易知道方差为

[sum_{i=1}^n(x_i-ar{x})^2=sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2 ]

对于只移动一个点坐标x来看，显然可以看成一个二次函数，即

(f(x)=sum_{i=1}^n{x_i}^2-nar{x}^2)

因为化简过于复杂,对它进行求导，这样与x无关的项都可以丢掉了

[f(x)'=(sum_{i=1}^n{x_i}^2-nar{x}^2)'=2x-n(ar{x}^2)'=2x-n2ar{x}(ar{x})'= ]

[2x-2ar{x}(sum_{i=1}^nx_i)'=2x-2ar{x} ]

容易知道随着x的增加，这个导函数是在单调递增的，因此它存在最小值，显然是在驻点处取到，故令(f(x)'=0)，有

(x=ar{x}Rightarrow x=frac{sum_{i=1}^nx_i-x}{n-1})

于是对于只动一个坐标x而言，x取到除x以外的点的平均值所在的点就是答案，我们还可以得到一个结论，往数的集合中加入它的平均数，不改变新的集合的平均数。

但是我们需要讨论k个点的情况，于是对于每个点(x_i)我们可以有(不妨假设这k个点为(x_1,x_2,..,x_k))，那么分别有

[x_1=frac{sum_{i=1}^nx_i-x_1}{n-1},x_2=frac{sum_{i=1}^nx_i-x_2}{n-1}... ]

[x_k=frac{sum_{i=1}^nx_i-x_k}{n-1} ]

累加起来有

[(n-1)sum_{i=1}^kx_i=ksum_{i=1}^nx_i-sum_{i=1}^kx_i ]

也就是

[nsum_{i=1}^kx_i=ksum_{i=1}^nx_i ]

也就是

[frac{sum_{i=1}^kx_i}{k}=frac{sum_{i=1}^nx_i}{n} ]

于是我们得到了k个要动的数的平均值恰好为n个数的平均值，继续变

[nsum_{i=1}^kx_i=ksum_{i=1}^nx_iRightarrow nsum_{i=1}^kx_i=ksum_{i=1}^kx_i+ksum_{i=k+1}^nx_i ]

[(n-k)sum_{i=1}^kx_i=ksum_{i=k+1}^nx_i ]

也就是

[frac{sum_{i=1}^kx_i}{k}=frac{sum_{i=k+1}^nx_i}{n-k} ]

整理起来也就有

[frac{sum_{i=1}^kx_i}{k}=frac{sum_{i=k+1}^nx_i}{n-k}=frac{sum_{i=1}^nx_i}{n} ]

所以可以得出一个很棒的结论，向一个集合中加入若干个平均数为改个集合的平均数，平均数不变，原来的集合的平均数等于加进的平均数等于新集合的平均数，而且满足两个相等，可以推出三个相等。

现在考虑k个数的方差，方差显然转换成下式比较好研究

[sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2 ]

其余n-k个数字是常量(包括平均数)，拆开有

[sum_{i=1}^kx_i^2+sum_{i=k+1}^{n}x_i^2-nar{x}^2 ]

于是要让整个式子最小化，也就是最小化

[sum_{i=1}^nx_i^2=x_1^2+x_2^2+...+x_k^2 ]

根据均值不等式，容易知道最小化这个式子，要满足(x_1=x_2=...=x_k)。

而我们有(frac{x_1+x_2+...+x_k}{k}=frac{kx_1}{k}=x_1=ar{x}),于是有

[x_1=x_2=...=x_k=ar{x}=frac{sum_{i=k+1}^{n-k}x_i}{n-k} ]

也就是对于这k个数字，我们只要都放到剩下的数字平均数所在位置即可，而根据方差定义式。

[sum_{i=1}^n(x_i-ar{x})^2 ]

容易知道，此时这k个数字所产生的影响为0,因为(x_i=ar{x}(i=1,2,...,k))

于是我们只要考虑剩下n-k个数字的方差即可，而根据方差的实际含义，数字的离散程度，于是剩下n-k个数字要尽可能集中，于是我们只需要将所有坐标排序，取连续的长度为(n-k)的区间，把它们的方差取max即可，为了快速求出方差，我们根据推广式

[sum_{i=1}^nx_i^2-nar{x}^2 ]

而(ar{x}=frac{sum_{i=1}^nx_i}{n}),因此我们只要维护平方的前缀和和普通的前缀和，带入这个式子计算，就可以做到(O(1))查询区间的方差了，整个时间复杂度仅有(O(n))。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define lb double
#define Size 50500
using namespace std;
lb a[Size],sum[Size],sum2[Size];
int main(){
	int lsy,n,k;scanf("%d",&lsy);
	while(lsy--){
		scanf("%d%d",&n,&k);
		for(int i(1);i<=n;++i)
			scanf("%lf",&a[i]);
		if(n==k){printf("%.11lf
",(lb)0);continue;}
		sort(a+1,a+n+1);lb ans(1e100);k=n-k;
		for(int i(1);i<=n;++i)
			sum[i]=sum[i-1]+a[i],
				sum2[i]=sum2[i-1]+a[i]*a[i];
		for(int i(k);i<=n;++i)
			ans=min(ans,sum2[i]-sum2[i-k]-k*pow((sum[i]-sum[i-k])/k,2));
		printf("%.11lf
",ans);
	}
	return 0;
}