HDU 3480 division

题目大意：一个有n个数的集合，现在要求将他分成m+1个子集，对子集i设si表示该集合中最大数与最小数的差的平方。求所有si的和的最小值。n<=10000,m<=5000.

分析：最优解的ｍ个集合肯定不会相交，也不会出现空集，而且每个子集的数必定是连续的。

所以可以将ｎ个数先排序，在来进行dp求解。

f[i][j]表示前j个数分成i个集合的最优解。

    转移方程为：f[i][j]=min(f[i-1][k]+(num[j]-num[k+1])^2

      设决策点k1<k2,若有k2比k1更优，则有：

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

   将关于j的项移到右边，关于k1、k2的项移到左边：

 f[i-1][k1]+num[k1+1]^2-(f[i-1][k2]+num[k2+1]^2)>2num[j]*(num[k1+1]-num[k2+1])

令yk1=f[i-1][k1]+num[k1+1]^2,xk1=num[k1+1],

则上式可以转化为：(yk2-yk1)/(2(xk2-xk1))<num[j] 。

于是，可知有效的决策点构成了下凸包。

通过单调队列可以解决该问题。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 10005
using namespace std;
int f[2][MAXN],row;
int que[MAXN],head,tail,t,n,m;
int num[MAXN];
int up(int j,int k)
{
    return f[!row][j]+num[j+1]*num[j+1]-f[!row][k]-num[k+1]*num[k+1];
}
int down(int j,int k)
{
    return (num[j+1]-num[k+1])*2;
}
bool turnup(int i,int j,int k) //向上为1，向下为0
{
      int y2=up(i,j),x2=down(i,j),y1=up(j,k),x1=down(j,k);
    if(x1*y2>x2*y1)return 1;
    else return 0;
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for(int cas=1;cas<=t;cas++)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&num[i]);
        sort(num+1,num+n+1);
        head=tail=1;
        que[tail++]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            f[1][i]=(num[i]-num[1])*(num[i]-num[1]);
        for(int r=2;r<=m;r++)
        {
        row=(r&1);
        head=tail=1;
        que[tail++]=r-1;
        for(int i=r;i<=n;i++)
        {
            while(head<tail-1&&up(que[head+1],que[head])<=down(que[head+1],que[head])*num[i])
                head++;
            f[row][i]=f[!row][que[head]]+(num[i]-num[que[head]+1])*(num[i]-num[que[head]+1]);
            while(head<tail-1&&(turnup(i,que[tail-1],que[tail-2])==0))
                tail--;
            que[tail++]=i;
        }
    }
    printf("Case %d: %d
",cas,f[m&1][n]);
    memset(f,0,sizeof f);
    memset(que,0,sizeof que);
        
    }
}