=======传=送=门=======
搜题目名会搜出很多奇怪的东西... 这个题目似乎有点毒?
比如在bzoj和loj上可以1A的代码上会在luogu TLE 2个点, 在cogs TLE 10个点 但是根据已有的资料来看数据都是一样的...毒瘤评测姬毁我OI!!!
这个题的状态转移方程并不是很好推的说. 出题人让\(*m^2\)肯定是有目的的啊..
(比如不让乘\(m^2\)我们可能会需要考虑乘\(m^2\)最后再除掉之类的)
然后就化一波式子: 我们令\(sum\)表示\(n\)段路的总和.
\[
m^2s^2=m^2\frac{\sum_{i=1}^m(x_i-\bar x)^2}m=m\sum_{i=1}^m(x_i-\bar x)^2\\=m\sum_{i=1}^mx_i^2-m\sum_{i=1}^m2x_i\bar x+m\sum_{i=1}^m\bar x^2\=m\sum_{i=1}^mx_i^2-(2\sum_{i=1}^mx_i)*(m*\bar x)+m^2(\frac{sum}m)^2\\=m\sum_{i=1}^mx_i^2-2sum^2+sum^2=m\sum_{i=1}^mx_i^2-sum^2
\]
而\(m\)和\(sum^2\)都是常数我们可以不管, 那就是要求最小化\(\sum_{i=1}^mx_i^2\).
所以令\(f[i][j]\)表示前\(i\)天走了前\(j\)段路, \(s_i\)表示前\(i\)段路的前缀和, 那就能写出状态转移方程:
\[
f[i][j]=min\{f[i-1][k]+(s_j-s_k)^2\} (k\in[1,j))
\]
那很明显这个是\(O(n^3)\)可以做的, 这样能拿到60pts了就.
但是想A的话 很明显要采用一种\(o(n^2)\)的算法. 当然你要能\(O(n)\)甚至\(O(1)\)过也没啥问题...
那我们就要搬出斜率优化了. 我们继续化式子.
首先很明显第一维跟后面这一堆没啥关系, 那就不优化了, 也可以把这一维去掉, 到时候一滚动数组(其实不滚也能过)就行了.
那状态转移方程就可以改写成:
\[
f[j]=min\{f'[k]+(s_j-s_k)^2\}
\]
然后继续化成y=kx+b的形式, \[f[j]=f'[k]+s_j^2-2s_js_k+s_k^2\]
移项得\(f'[k]+s_k^2\)=\(2s_j\)\(s_k+\)\(f[j]-s_j^2\)
这样的话我们就可以正常的斜率优化了. 最后输出\(m*f[n][m]-sum^2\)就好啦~
不过要修一下边界条件.
- 比如第\(i\)天完全可以从\(i\)开始找, 总不可能回去找前面的路(这样也不会出现被0除错误),
- 然后\(f[1][x]\)显然应该等于\(s[x]^2\), 这样就可以了.
- 然后又是要开long long的题整天开long long还是挺烦的, 什么时候普及64位系统啊= =
然后就是代码: 并不知道究竟能不能AC 请谨慎复制!
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=3030;typedef long long LL;
LL s[N],q[N],n,m,h,t;LL f[N],g[N];
inline LL gn(LL a=0,char c=0){
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
inline double slope(LL x,LL y){return 1.0*(g[x]+s[x]*s[x]-g[y]-s[y]*s[y])/(s[x]-s[y]);}
int main(){ n=gn(); m=gn();
for(LL i=1;i<=n;++i) s[i]=s[i-1]+gn(),g[i]=s[i]*s[i];
for(LL i=2;i<=m;++i){h=0; t=0; q[h]=i-1;
for(LL j=i;j<=n;++j){
while(h<t&&slope(q[h],q[h+1])<2*s[j]) ++h;
f[j]=g[q[h]]+(s[j]-s[q[h]])*(s[j]-s[q[h]]);
while(h<t&&slope(q[t],q[t-1])>slope(j,q[t])) --t;
q[++t]=j;
}::memcpy(g,f,sizeof(g));
}printf("%lld",f[n]*m-s[n]*s[n]);
}被莫名的非主观因素的TLE卡掉好多下午的学(tui)习(fei)时间, 心情并不怎么好...
不过下雪了出去玩了一圈就非常爽了~ (⊙v⊙)嗯