LG5308 [COCI2019] Quiz
作为 wqs 二分的一道入门题，值得写一篇题解。
解题思路
首先我们考虑 (O(n^2k)) 的普通 DP。
我们令 (f_{i,k}) 为考虑淘汰 (i) 个人，分成 (k) 轮淘汰的最大收益。我们可以得到转移方程：
[f_{i,k}=maxlimits_{j=0}^{i-1} f_{j,k-1}+frac{i-j}{i}
]
这个式子很难优化。二维的式子一般都很难进行优化。我们考虑化为一维状态，显然不太好化。
我们考虑先不管 (k) 的限制，那么我们有：
[f_{i}=maxlimits_{j=0}^{i-1} f_{j}+frac{i-j}{i}
]
这样我们对这个式子进行 DP。（显然不考虑 (k) 后 (f_i=sumlimits_{i=1}^i frac 1i)，但是我们先不管这个）
对于 (k,j) 两个转移点，若 (j) 优于 (k)，我们有：
[f_{j}+frac{i-j}{i}>f_{k}+frac{i-k}{i}
]
[frac{f_j-f_k}{j-k}>frac 1i
]
显然可以进行斜率优化了。时间复杂度为 (O(n))
我们在记录一个 (g_i)，记录 (f_i) 这个状态分割了几段。显然，若最优转移点为 (j)，(g_i=g_j+1)。
现在考虑对于每次分割给予一些“奖赏”（“惩罚”也彳亍）。假设奖赏为 (x,xin R)，则转移方程变成了：
[f_{i}=maxlimits_{j=0}^{i-1} f_{j}+frac{i-j}{i}+x
]
显然 (x) 越小分的段数越少。读者自证不难
而且这个方程还是可以斜率优化，式子和上面那个一样。但是此时我们可以通过控制 (x) 来控制分的段数。显然可以二分 (x)。每次检验 (g_n) 与 (k) 的关系即可。
二分出合适的 (x) 后把奖赏退回去即可。
时间复杂度 (O(nlog N))。
代码实现
//Don't act like a loser.
//This code is written by huayucaiji
//You can only use the code for studying or finding mistakes
//Or,you'll be punished by Sakyamuni!!!
#include<bits/stdc++.h>
#define lb long double
using namespace std;
int read() {
char ch=getchar();
int f=1,x=0;
while(ch<'0'||ch>'9') {
if(ch=='-')
f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') {
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return f*x;
}
const int MAXN=1e5+10;
const lb eps=1e-11;
int n,m,h,t;
int q[MAXN],g[MAXN];
lb f[MAXN];
lb k(int x,int y) {
return (f[x]-f[y])/(x-y*1.0);
}
int dp(lb x) {
h=t=1;
q[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
while(h<t&&k(q[h],q[h+1])>eps+1.00/i) {
h++;
}
f[i]=f[q[h]]+(i*1.0-1.0*q[h])/(1.0*i)+x;
g[i]=g[q[h]]+1;
while(h<t&&k(q[t],q[t-1])+eps<k(q[t],i)) {
t--;
}
q[++t]=i;
}
return g[n]>m;
}
signed main() {
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
cin>>n>>m;
lb l=-1e9,r=1e9,mid=0;
for(int i=1;i<=150;i++) {
mid=(l+r)/2;
if(dp(mid)) {
r=mid;
}
else {
l=mid;
}
}
dp((l+r)/2);
cout<<fixed<<setprecision(9)<<f[n]-mid*m<<endl;
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}