【BZOJ4518】[SDOI2016] 征途(重拾斜率优化DP)
大致题意: 让你把一个长度为\(n\)的序列划分成\(m\)块,求每块数总和的最小方差乘\(m^2\)的值。
转化方差
首先方差显然是一个比较复杂的东西,需要进行一定转化。
设\(p_i\)为第\(i\)块数总和;\(s_i\)为原序列的前缀和,即\(s_i=\sum_{i=1}^ia_i\);\(\bar p\)为\(p_i\)的平均值,即\(\bar{p}=\frac{\sum_{i=1}^mp_i}m=\frac{s_n}m\)。
然后推式子:
\]
其中\(\sum_{i=1}^mp_i\)显然就是\(s_n\),同时我们把\(\bar{p}\)的值代入得到:
\]
动态规划
考虑上面这个式子,其中\(m,s_n^2\)都是常数,因此我们只需要最小化\(p_i\)平方和。
可以考虑动态规划。
设\(f_{i,j}\)表示当前第\(i\)位,已划分出\(j\)块时的\(p_i\)平方和的最小值。
显然暴力转移只需枚举一个转移点:
\]
这就是\(O(n^3)\)的做法了。
斜率优化
显然上面的\(DP\)还不够优,需要优化。
这里我们考虑斜率优化。
设当前为\(i\),比较对于\(a\)和\(b\)两个转移点,若我们选择\(a\)进行转移,则需要满足:
\]
拆平方并移项:
\]
两边同除以\(s_b-s_a\)得:
\]
设\(A(x)=s_x,B(x)=f_{x,j-1}+s_x^2\),则上面的式子就相当于:
\]
这是一个斜率的形式。
那么我们就可以开一个单调队列维护一个斜率逐渐上升的序列。
然后每次转移之前,将队首斜率小于\(2s_i\)的几项弹掉再转移即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000
#define INF 1e9
using namespace std;
int n,m,a[N+5],s[N+5],q[N+5],f[N+5][N+5];
int main()
{
RI i,j,H,T;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s[i]=s[i-1]+a[i];//读入+初始化前缀和
#define A(x) (s[x])
#define B(x) (f[x][j-1]+s[x]*s[x])
#define S(x,y) (1.0*(B(y)-B(x))/(A(y)-A(x)))
#define Slope (2.0*s[i])
for(i=1;i<=n;++i) f[i][0]=INF;//初始化
for(j=1;j<=m;++j) for(q[H=T=1]=0,i=1;i<=n;++i)//注意要先枚j
{
W(H<T&&Slope>=S(q[H],q[H+1])) ++H;//弹掉不合法队首
f[i][j]=f[q[H]][j-1]+(s[i]-s[q[H]])*(s[i]-s[q[H]]);//转移
W(H<T&&S(q[T-1],q[T])>=S(q[T-1],i)) --T;q[++T]=i;//保证单调递增,放入队尾
}return printf("%lld",1LL*m*f[n][m]-1LL*s[n]*s[n]),0;//输出答案
}
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