【题解】P3162CQOI2012组装

【题解】[CQOI2012]组装

考虑化为代数的形式，序列(left[a_i ight])表示选取的(i)种类仓库的坐标。

(ans=Sigma(a_i-x)^2,(*))，展开:

(ans=nx^2-2Sigma a_ix+Sigma a_i^2(**))

(*)是二次函数看到没？初中填空题第一题。最小值的对称轴(frac{Sigma a_i}{n})。

至于选取(a_i)，根据(*)贪心选取(a_i)即可,（意思就是选近的）。

考虑用莫队的形式维护(Sigma a_i)和(Sigma a_i^2)，把复杂度降到(O(n))

我们假设仓库在所有点的左侧，我们先把所有颜色最靠左的点选中。

然后仓库慢慢右移

考虑枚举变化点，需要选取的(a_i)变化，当且仅当我们假定的仓库的位置越过了相邻的相同种类的中点(根据(*)式)，把变化的信息记录下来像莫队一样的加入待处理的队列，每次改变直接根据二次函数的性质查询最小值和对称轴就好了。

至于有时候对称轴可能不在我们假定的仓库位置，没关系，我们的目的是取到最小值，只关心(**)式的系数，不关心实际位置。

看不懂解释就看代码就好了，但是那两个式子一定要理解。

复杂度是上限是(sort)导致的，最后的时间复杂度是(O(nlogn))。

考场代码(没开(long) (long)见了三十分祖宗)

#include<bits/stdc++.h>

#define RP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t<=edd_;++t)
#define DRP(t,a,b) for(register int (t)=(a),edd_=(b);t>=edd_;--t)
#define ERP(t,a) for(int t=head[a];t;t=e[t].nx)
#define Max(a,b) ((a)<(b)?(b):(a))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define pushup(x) seg[(x)]=seg[(x)<<1]+seg[(x)<<1|1]
#define midd register int mid=(l+r)>>1
#define chek if(R<l||r<L)return
#define TMP template<class ccf>
#define rgt L,R,mid,r,pos<<1|1
#define lef L,R,l,mid,pos<<1
#define all 1,n,1

using namespace std;typedef long long ll;
TMP inline ccf qr(ccf k){
    char c=getchar();
    ccf x=0;
    int q=1;
    while(c<48||c>57)q=c==45?-1:q,c=getchar();
    while(c>=48&&c<=57)x=x*10+c-48,c=getchar();
    return q==-1?-x:x;
}
const int maxn=2e4+15;
ll ai2,ai;
vector < int > p[maxn];
struct node{
    int id,pos;
    inline bool operator < (node x)const{
	return pos<x.pos;
    }
}data[200005];

struct chd{
    double pos;
    int col,last,to;
    inline bool operator < (chd x)const{
	return pos<x.pos;
    }
}C[200005];
int ccnt;
int cnt;
double n;
int m;
int t1,t2;

inline void mk(int col,int last,int to,double pos){
    ccnt++;
    C[ccnt].col=col;C[ccnt].last=last;C[ccnt].to=to;C[ccnt].pos=pos;
}

//就是此处见祖宗 注意upd参数的类型！
//请改为long long
inline void upd(int last,int to){
    ai-=last;ai2-=last*last;
    ai+=to;  ai2+=to*to;
}

inline double f(double x){
    return (double)n*x*x-(double)2*ai*x+(double)ai2;
}


double ans,anspos;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("battle.in","r",stdin);
    freopen("battle.out","w",stdout);
#endif
    cnt=qr(1);m=qr(1);
    n=cnt;
    RP(t,1,m){
	t1=qr(1);
	t2=qr(1);
	data[t].pos=t1;
	data[t].id=t2;
    }
    sort(data+1,data+m+1);
    
    RP(t,1,m){
	p[data[t].id].push_back(data[t].pos);
    }
    
    RP(t,1,cnt){
	RP(i,1,p[t].size()-1){
	    mk(t,p[t][i-1],p[t][i],(p[t][i-1]+p[t][i])/2.0);
	}
    }
    
    sort(C+1,C+ccnt+1);
    
    RP(t,1,cnt){
	ai+=p[t][0];
	ai2+=p[t][0]*p[t][0];
    }

    ans=f(ai/n);
    anspos=ai/n;
    
    RP(t,1,ccnt){
	upd(C[t].last,C[t].to);
	register double psj=ai/n,yyb=f(ai/n);
	//if(psj>C[t].pos)
	//puts("PSJAKIOI");
	//puts("yybAKIOI");
	if(yyb<ans||(yyb==ans&&psj<anspos)){
	    anspos=psj;
	    ans=yyb;
	}
    }
    
    printf("%.4lf
",anspos);
    return 0;
}
/*
  
  考虑化为代数的形式

  ans=Sigma(a_i-x)^2

  ans=nx^2-2Sigma a_ix+Sigma a_i^2

  二次函数看到没？

  考虑用莫队的形式维护Sigma a_i和Sigma a_i^2

  考虑枚举断点，显然选取的a_i是会变化的，预处理相同颜色的中点即可。
  
*/