Luogu4983 忘情

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定义序列 \(x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n\) 的值为 \(\frac{((\displaystyle\sum_{k=1}^nx_k\times \bar x) + \bar x)^2}{\bar x^2}\)

给定一段序列 \(a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n\) ，将它分成 \(m\) 段，使每段值的和最小，求这个最小值

\(m\leq n\leq10^5,\ 1\leq a_i\leq1000\)

wqs二分+斜率优化

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首先考虑不限制段数，斜率优化即可

原式 \(=(1+\displaystyle\sum_{k=1}^nx_i)^2\)

令 \(s_i=\displaystyle\sum_{k=1}^ia_k\)

列出 \(dp\) 方程 $$f_i=\displaystyle\min_{j<i}{f_j+(s_i-s_j+1)^2}$$

去掉 \(\min\)，套路化简得 $$f_j=(2s_i+1)s_j+f_i-s_i^2-2s_i-1$$

然后用单调队列维护下凸包~

然后考虑如何限制段数

感性地理解或者打表观察或者严格的数学证明可以发现：如果我们给每个 \(f_i\) 值都强行加上一个增量 \(w\)，因为要最小化 \(f_i\)，那么 \(w\) 越大，总段数就会越少

所以我们可以二分这个重物 \(val\)，斜率优化做一遍 \(dp\)，同时记录一下划分段数 \(c_i\)，然后判断划分的总段数\(c_n\) 与 \(m\) 的大小关系。如果 \(cnt_n>m\) 就说明 \(val\) 不够大，要调大。

时间复杂度 \(O(n\log w)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef double db;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, m, c[maxn], q[maxn]; ll s[maxn], f[maxn];

ll sqr(ll x) { return x * x; }
db slope(int x, int y) {
  return db(f[x] - f[y] + sqr(s[x]) - sqr(s[y])) / db(s[x] - s[y]);
}

bool check(ll x) {
  int l = 1, r = 1; q[1] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    while (l < r && slope(q[l], q[l + 1]) < 2.0 * (s[i] + 1)) l++;
    f[i] = f[q[l]] + sqr(s[i] - s[q[l]] + 1) + x, c[i] = c[q[l]] + 1;
    while (l < r && slope(q[r - 1], q[r]) > slope(q[r], i)) r--;
    q[++r] = i;
  }
  return c[n] > m;
}

int main() {
  scanf("%d %d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%lld", s + i), s[i] += s[i - 1];
  }
  ll l = 0, r = sqr(s[n]) + s[n], mid, res;
  while (l < r) {
    check(mid = l + r >> 1) ? l = mid + 1 : r = res = mid;
  }
  check(res);
  printf("%lld", f[n] - 1ll * res * m);
  return 0;
}