●BZOJ 4518 [Sdoi2016]征途

题链：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4518

题解：

斜率优化DP

首先看看最后答案的形式：

设a[i]为第i天走的距离，那么

$ANS=frac{sum_{i=1}^{M}(a[i]-overline{x})^2}{M} imes{M^2}$

$;qquad=frac{(sum_{i=1}^{M}a[i]^2)-2overline{x}SUM+Moverline{x}^2}{M} imes{M^2}$

$;qquad=M(sum_{i=1}^{M}a[i]^2)-SUM^2$

由于M和SUM是固定的，所以问题转化为求$sum_{i=1}^{M}a[i]^2$的最小值，

即把区间分为M段，使得每一段的和的平方加起来最小。

定义 DP[i][j] 为前i个位置，分为了j段，且i位置为最后一段的结尾的最小值。

转移：

$DP[i][j]\,=\,min(DP[k][j-1]+(SUM[i]-SUM[k])^2)$

然后把式子展开，得到：

$DP[i][j]\,=\,min(DP[k][j-1]+SUM[k]^2-2SUM[i]SUM[k]+SUM[i]^2)$

是一个典型的可以用斜率优化的式子。

(由于DP时是先枚举第二维，一层一层地计算，所以以下的内容中省略掉dp的第二维，同时用g[i]表示上一层的dp[i][~])

令$Y[j]=g[j]+SUM[j]^2$，

若对于当前计算的dp[i],存在两个转移来源点 k，j，k < j，且j优于k

则得到

$Y[j]-2SUM[i]SUM[j]-Y[k]-2SUM[i]SUM[k]<0$

化简：$frac{Y[j]-Y[k]}{2SUM[j]-2SUM[k]}<SUM[i]$

令Slope(j,k)=$frac{Y[j]-Y[k]}{2SUM[j]-2SUM[k]}$，

则得到结论：若k < j，且Slope(j,k)<SUM[i]，则j优于k。

那么如果存在 k<j<i,且Slope(i,j)<Slope(j,k)，则j是无效点，舍去。

同时注意到SUM[i]单增，所以可以用单调队列维护。

最终的复杂度 O(N*M)

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 3050
using namespace std;
int DP[2][MAXN],SUM[MAXN];
int N,M,*t1=DP[0],*t2=DP[1];
struct Moque{
	int q[MAXN],l,r;
	void Reset(){l=r=1; q[1]=0; t2[0]=0;}
	double Y(int j){
		return t2[j]+1.0*SUM[j]*SUM[j];
	}
	double X(int j){
		return 2.0*SUM[j];
	}
	double Slope(int j,int k){
		return (Y(j)-Y(k))/(X(j)-X(k));
	}
	void Push(int i){
		if(l<=r&&SUM[i]==SUM[q[r]]) 
			{if(t2[i]<t2[q[r]]) r--; else return;}
		while(l+1<=r&&Slope(i,q[r])<Slope(q[r],q[r-1])) r--;
		q[++r]=i;
	}
	int Query(int i){
		while(l+1<=r&&Slope(q[l],q[l+1])<SUM[i]) l++;
		return q[l];
	}
}Q;
int main(){
	scanf("%d%d",&N,&M);
	for(int i=1;i<=N;i++)
		scanf("%d",&SUM[i]),SUM[i]+=SUM[i-1];
	memset(DP,0x3f,sizeof(DP));
	t1[0]=0;
	for(int j=1;j<=M;j++){
		Q.Reset(); swap(t1,t2);
		for(int i=1,k;i<=N;i++){
			Q.Push(i); k=Q.Query(i);
			t1[i]=t2[k]+(SUM[i]-SUM[k])*(SUM[i]-SUM[k]);
		}
	}
	printf("%d",M*t1[N]-SUM[N]*SUM[N]);
	return 0;
}