题面
题意体面中写得很明确, 应该不用我说了, 方差的概念在初中人教版九年级数学中有所提到, 没有上过初中的同学们可以左转百度.
将序列拆为几段求最值, 我们考虑用dp来实现.
先推一下式子, 令方差为(v), (r)为某一段路径的长度, (overline r)为这(m)条路径长度的平均数.
则有:
[egin{aligned}
v &= frac{sum_{i=1}^{m}(overline r - r_i)^2}{m}\
&= frac{sum_{i=1}^{m}r_i^2 + m * (overline r)^2 - 2 * (overline r) * sum_{i=1}^{m}r_i}{m}\
&= frac{sum_{i=1}^{m}r_i^2 + m * (frac{sum_{i=1}^{m}r_i}{m})^2 - 2 * frac{(sum_{i=1}^{m}r_i)^2}{m}}{m}\
&=- frac{(sum_{i=1}^{m}r_i)^2}{m ^ 2} + frac{sum_{i=1}^{m}r_i^2}{m}
end{aligned}
]
答案所求为(v * m ^ 2), 所以:
[egin{aligned}
v * m ^ 2 &= m * sum_{i=1}^{m}r_i^2 - (sum_{i=1}^{m}r_i) ^ 2\
end{aligned}
]
我们发现((sum_{i=1}^{m}r_i) ^ 2)是一个定值, 也就是总路径长度的平方, 所以我们只需要求前面那个数就可以了, 用前缀和先处理一下, 即(S_i)表示1 ~ i的路径的长度.
我们设(f[i][k])表示前(i)段路花(k)天走的最小花费, 所以我们可以得到状态转移方程:
[f[i][k] = min(f[i][k], f[j][k - 1] + (sum[j] - sum[i])^2)
]
还是老套路, 设对(i)点选(t)((t) > (j))转移比选(j)转移更优, 则有:
[egin{aligned}
f[t][k - 1] + (sum[t] - sum[i])^2 &< f[j][k - 1] + (sum[j] - sum[i]) ^ 2\
(f[t][k - 1] + sum[t] ^ 2) - (f[j][k - 1] + sum[j] ^ 2) &< 2 * sum[i] * (sum[t] - sum[j])\
frac{(f[t][k - 1] + sum[t] ^ 2) - (f[j][k - 1] + sum[j] ^ 2)}{2 * (sum[t] - sum[j])} &< sum[i]
end{aligned}
]
由此可知道我们需要维护一个下凸包, 不信的话选三个点试一下就可以发现了, 然后愉快的推式子时间又结束了, 下面是大家喜(shen)闻(wu)乐(tong)见(jue)的(Coding Time)...
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define N 3005
using namespace std;
int n, m, sum[N], q[N], l, r;
long long f[N], g[N];
inline int read()
{
int x = 0, w = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if (c == '-') w = -1; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * w;
}
bool F_check(int x, int y, int z) { return 1ll * (g[y] - g[x] + sum[y] * sum[y] - sum[x] * sum[x]) < 1ll * 2 * z * (sum[y] - sum[x]); }
bool S_check(int x, int y, int z) { return (g[y] - g[x] + sum[y] * sum[y] - sum[x] * sum[x]) * (sum[z] - sum[y]) > (g[z] - g[y] + sum[z] * sum[z] - sum[y] * sum[y]) * (sum[y] - sum[x]); }
int main()
{
n = read(); m = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) { sum[i] = read(); sum[i] += sum[i - 1]; g[i] = 1ll * sum[i] * sum[i]; }
for(int k = 1; k < m; k++)
{
l = 1; r = 0; q[++r] = k;
for(int i = k + 1; i <= n; i++)
{
while(l < r && F_check(q[l], q[l + 1], sum[i])) l++;
f[i] = g[q[l]] + 1ll * (sum[i] - sum[q[l]]) * (sum[i] - sum[q[l]]);
while(l < r && S_check(q[r - 1], q[r], i)) r--;
q[++r] = i;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) g[i] = f[i];
}
printf("%lld
", m * f[n] - sum[n] * sum[n]);
return 0;
}
不知道交了多少遍才AC的菜鸡我