SDOI征途--斜率优化

题目描述

给定长为 n 的数列 a, 要求划分成 m 段,使得方差最小, 输出方差(*m^2)

题解

斜率优化好题

准备部分

设第 i 段长为 (len_i)
先考虑方差((S^2))的式子:

[S^2 = frac{1}{m}*sum_{i=1}^m(len_i - (frac{1}{m}*sum_{j=1}^{m}len_j) )^2 ]

拆项得 -->

[S^2 = frac{1}{m}sum_{i=1}^{m}len_i^2+frac{1}{m}sum_{i=1}^{m}frac{1}{m^2}sum_{j=1}^{m}len_j-2*frac{1}{m}*sum_{i=1}^{m}(len[i]*frac{1}{m}sum_{j=1}^{m}len_j) ]

-->

[S^2 = frac{1}{m}sum_{i=1}^{m}len_i^2+frac{1}{m^2}sum_{i=1}^{m}len_i^2-2*frac{1}{m^2}*(sum_{i=1}^{m}len_i)*(sum_{j=1}^{m}len_j) ]

-->

[S^2 = frac{1}{m}sum_{i=1}^{m}len_i^2-frac{1}{m^2}sum_{i=1}^{m}len_i^2 ]

再把(m^2)乘进去

[m*sum_{i=1}^{m}len_i^2-sum_{i=1}^{m}len_i^2 ]

可发现$$-sum_{i=1}^{m}len_i2$$ 这一坨是常数,也就是原序列和的平方

然后开始DP

设 f[i][k] 表示当前在第 i 个数,划分成 k 段
转移时枚举第 k 段的起点 j+1 (终点是 i ,注意这里枚举的是j+1):

[f[i][k] =f[j][k-1]+(sum_{l=j+1}^{i}a[l])^2 ]

再用滚动数组g(也可不用)与前缀和sum记录一下 a[l] 优化就好
也就是

[f[i]=g[j]+(sum[i]-sum[j])^2 ]

斜率优化

把上面的DP转移方程拆开即得:

[g[j]+sum[j]^2=-2*sum[i]*sum[j]+(sum[i]^2-f[i]) ]

把(g[j]+sum[j]^2) 看做 Y;
把(sum[j]^2) 看做 X;
把(-2*sum[i]) 看做 K;
把((sum[i]^2-f[i])) 看做 B;
然后用单调队列维护一下斜率递增的决策点就好

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define in inline
#define get getchar()
#define ll long long
in int read()
{
	int t=0; char ch=get;
	while(ch<'0' || ch>'9') ch=get;
	while(ch<='9' && ch>='0') t=t*10+ch-'0', ch=get;
	return t;
}
const int _=5001;
int n,m;
ll sum[_],f[_],g[_],q[_];
#define db double
in db  calc(int a,int b)
{
	ll Y1=g[a]+sum[a]*sum[a],Y2=g[b]+sum[b]*sum[b];
	return 1.0*(Y1-Y2)/(sum[a]-sum[b]);
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=sum[i-1]+read();
		g[i]=sum[i]*sum[i];
	}
	for(re int k=2;k<=m;k++)
	{
		int l=1,r=0;
		q[l]=0;q[0]=0;
		for(re int i=1;i<=n;i++)
		{
			while(l<r && calc(q[l],q[l+1]) < 2*sum[i]) l++;
			int j=q[l];
			f[i]=g[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);
			while(l<r && calc(q[r],i) < calc(q[r-1],i)) r--;
			q[++r]=i;
		}
		memcpy(g,f,sizeof(g));
	}
	cout<<m*f[n]-sum[n]*sum[n]<<endl;
}