2019年牛客多校第一场 C题Euclidean Distance 暴力+数学

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题意

给你\(n\)个数\(a_i\)，要你在满足下面条件下使得\(\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i-p_i)^2\)最小（题目给的\(m\)只是为了将\(a_i\)变成一个整数，那么我们就当此处的\(p_i\)扩大为题目给的\(m\)倍，然后把\(m\)放到分母去，以下不再解释）：

• \(p_i\in\mathbb{R}\)；
• \(p_i\geq 0,i\in[1,n]\)；
• \(\sum\limits_{i=1}^{n}p_i=m\)。

思路

由于叉姐的题解太高深了，本菜鸡完全看不懂(爆哭)，因此我们从其他角度来求解本题。

首先根据题目要求的式子和条件可以发现我们能做的只是将\(p_i\)合理赋值使得\(\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i-p_i)^2\)最小，且\(a_i\in[-m,m],p_i\in[0,m]\)，那么\(p_i\)只能将\(a_i\)的值不断减小而不能增加(即使\(a_i<0\))，因此我们就可以通过调节\(p_i\)的值使得\(a_i\)的最大值尽可能的小，且\(\sum\limits_{i=1}^{n}p_i=m\)。

假设我们进行处理前\(i-1\)后\(p\)的和还剩下\(las\)，前\(i\)个的\(a\)的值都已经被削到了\(a_i\)，那么：

• 如果\(i\times|(a[i+1]-a[i])|\leq las\)，那么\(las=las-i\times|(a[i+1]-a[i])|\)；
• 否则，就记录这个位置为\(idx\)，并且\(break\)（\(idx\)的初始值为\(n\)）。

其中的\(idx\)就是说我们可以通过调节\(p_i\)的值使得前\(idx\)个数都相等且等于\(a_{idx}-\frac{las}{idx}\)，因此最后答案是\(\frac{idx\times(a_{idx}-\frac{las}{idx})^2+\sum\limits_{i=idx+1}^{n}a_{idx}^2}{m^2}\)(因为我们最初始时将\(a_i,p_i\)都扩大了\(m\)倍，将\(m\)丢到了分母)。

如果没看懂我们可以通过分析样例\(3\)来帮助理解：

首先我们将\(a\)数组排序得到:

    \(3\)     \(1\)     \(-2\)

• 处理前\(1\)个数，此时\(las=10>1\times|1-3|=2\)，于是我们将\(a_1\)变成\(1\)，\(las\)消耗\(2\)；
• 处理前\(2\)个数，此时\(las=8>2\times|-2-1|=6\)，于是我们将\(a_1,a_2\)变成\(-2\)，\(las\)消耗\(6\)；
• 处理前\(3\)个数，此时\(las=2,a_1=a_2=a_3=-2\)，由于\(las\)最后要变成\(0\)且\(a_i\)的最大值要尽可能小，那么我们需要均匀分配，所以最后\(a_1=a_2=a_3=-2-\frac{2}{3}=-\frac{8}{3}\)。

所以最后答案为\(\frac{(-\frac{8}{3})^2\times 3}{10\times 10}=\frac{16}{75}\)。

\(update\)：

证明这个写法的正确性：

假设现在有两个数\(a,b(a\geq b)\)，总的可以减少的数量为\(m\)。

1.首先证明当\(a-b\geq m\)时全放在\(a\)上最优：

设\(m\)中有\(x(1\leq x\leq m)\)用在\(b\)上，那么和为\((a-m+x)^2+(b-x)^2\)，全用在\(a\)上的话和为\((a-m)^2+b^2\)，两者做差：

\[\begin{aligned}
&(a-m+x)^2+(b-x)^2-(a-m)^2-b^2&\\
=&(a-m)^2+2x(a-m)+x^2+b^2-2bx+x^2-(a-m)^2-b^2&\\
=&2x^2+2x(a-m)-2bx&\\
=&2x^2+2x(a-b-m)\geq 0&
\end{aligned}
\]

2.再证明当\(a=b,m\geq 0\)时均分最优：

设\(m\)中有\(x(1\leq x< \frac{m}{2})\)用在\(b\)上，那么和为\((a-m+x)^2+(b-x)^2\)，将其化简：

\[\begin{aligned}
&(a-m+x)^2+(b-x)^2&\\
=&(a-m)^2+2(a-m)x+x^2+b^2-2bx+x^2&\\
=&(a-m)^2+b^2+2x^2+2(a-m-b)x&\\
=&(a-m)^2+b^2+2(x^2-mx)(\text{题目给定的}a=b)&
\end{aligned}
\]

由于前一半和\(x\)无关，而后一半\(x^2-mx=(x-\frac{m}{2})^2-\frac{m^2}{4}\)在\(x=\frac{m}{2}\)时取最小值。

最后我们来讨论有\(n\)个数分配\(m\)，其中\(a,b\)分别为\(n\)个数中的最大和次大值时为什么当\(m>a-b\)时每次将最大值减小到次大值是最优的的情况：

• \((1).\)首先如果将\(m\)全部减到一个数上，那么肯定是减小最大值是最优的：\((a-m)^2+c^2-a^2-(c-m)^2=a^2-2am+m^2+c^2-a^2-c^2+2cm-m^2=2m(c-a)<0(c\)为剩余\(n-1\)个数中的任意一个数)；
• \((2).\)如果分配到两个数上那么也一定时分到最大值和次大值上，理由同上；那么此时我们应该怎么分配最优呢？我们发现当\(a\)减少到\(a=b\)之后如果再减少\(a\)的话，\(b\)就已经大于\(a\)成为新的最大值了，那么再减小\(a\)肯定不是最优解(理由为\((1)\))，因此只能将最大值\(a\)减小到次大值\(b\)，然后根据上面的\(2\)得知均匀分配最优；
• 分配到任意多个数的情况基本和\((2)\)相同。

因此我们可以得知本题的解决策略是正确的。

(如果想法或者证明过程有错误，还请各位大佬指正~)

代码实现如下

#include <set>
#include <map>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cassert>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> pLL;
typedef pair<LL, int> pLi;
typedef pair<int, LL> pil;;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;

#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define lowbit(x) x&(-x)
#define name2str(name) (#name)
#define bug printf("*********\n")
#define debug(x) cout<<#x"=["<<x<<"]" <<endl
#define FIN freopen("D://Code//in.txt","r",stdin)
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)

const double eps = 1e-8;
const int mod = 1000000007;
const int maxn = 1e5 + 7;
const double pi = acos(-1);
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;

int n, m;
int a[maxn];

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
FIN;
#endif // ONLINE_JUDGE
    while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        sort(a + 1, a + n + 1, [](int a, int b){return a > b;});
        int idx = n;
        int las = m;
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            if(i * abs(a[i+1] - a[i]) > las) {
                idx = i;
                break;
            } else {
                las -= i * abs(a[i+1] - a[i]);
            }
        }
        LL num1 = 1LL * (idx * a[idx] - las) * (idx * a[idx] - las);
        LL num2 = 1LL * idx * m * m;
        for(int i = idx + 1; i <= n; ++i) {
            num1 += 1LL * a[i] * a[i] * idx;
        }
        LL tmp = __gcd(num1, num2);
        num1 /= tmp, num2 /= tmp;
        if(num2 == 1) printf("%lld\n", num1);
        else printf("%lld/%lld\n", num1, num2);
    }
    return 0;
}