HDU3480 Division

Posted 2020-11-07 bennettz

题目大意

将N个数分成M部分，使每部分的最大值与最小值平方差的和最小。

思路

首先肯定要将数列排序，每部分一定是取连续的一段，于是就有了方程

$\\Large f(i,j)=min(f(i-1,k-1)+(a_j-a_k)^2)$

其中$f(i,j)$表示前$j$个数分成$i$部分的最小值

解法一.四边形不等式优化

设$w(i,j)=(a_j-a_i)^2$

方程变为$f(i,j)=min(f(i-1,k-1)+w(k,j))$

很容易想到四边形不等式优化

证明w满足四边形不等式

$w(i,j)-w(i+1,j)=(a_j-a_i)^2-(a_j-a_{i+1})^2=a_i^2-a_{i+1}^2+2*a_j*(a_{i+1}-a_i)$

因为$a_{i+1}-a_i\\ge 0$

所以$w(i,j)-w(i+1,j)$关于j单调不减，即$w(i,j)-w(i+1,j)\\le w(i,j+1)-w(i+1,j+1)$

所以$w(i,j)+w(i+1,j+1)\\le w(i,j+1)+w(i+1,j)$

以下证明具体可参考POJ1160 Post Office

证明f满足四边形不等式

设$f_k(i,j)=f(i-1,k-1)+w(k,j)$

对于$\\forall i\\le i^{\'}\\le j\\le j^{\'}$，设$k=s(i,j^{\'}),t=s(i^{\'},j)$

 

1.如果$k\\le t$

有$f(i,j)+f(i^{\'},j^{\'})\\le f(i-1,k-1)+w(k,j)+f(i^{\'}-1,t-1)+w(t,j^{\'})$

$f(i,j)+f(i^{\'},j^{\'})\\le f(i-1,k-1)+w(k,j^{\'})+f(i^{\'}-1,t-1)+w(t,j)$

即$f(i,j)+f(i^{\'},j^{\'})\\le f(i,j^{\'})+f(i^{\'},j)$

 

2.如果$k\\gt t$

则只需证$f(i-1,t-1)+f(i^{\'}-1,k-1)\\le f(i-1,k-1)+f(i^{\'}-1,t-1)$即可

设$k_1=s(i-1,k-1),k_2=s(i-2,k_1-1)……k_n=s(i-n,k_{n-1}-1)$

$t_1=s(i^{\'}-1,t-1),t_2=s(i^{\'}-2,t_1-1)……t_n=s(i^{\'}-n,t_{n-1}-1)$

如果$k_1\\le t_1$，就用1去证明

否则，递归2证明直到求证$f(1,t_n-1)+f(i_{\'}-i+1,k_n-1)\\le f(1,k_n-1)+f(i_{\'}-i+1,t_n-1)$

化简得$w(1,t_n-1)+w(t_{n+1},k_n-1)\\le w(1,k_n-1)+w(t_{n+1},t_n-1)$

因为w满足四边形不等式所以$f(i,j)+f(i^{\'},j^{\'})\\le f(i,j^{\'})+f(i^{\'},j)$

 

证明$f(i,j)$的决策$s(i,j)$是单调的

1.设$k=s(i,j)$,对于所有$t\\le k$

有$w(t,j)+w(k,j+1)\\le w(t,j+1)+w(k,j)$

两边同时加上$f(i,t-1)+f(i,k-1)$得$f_t(i,j)+f_k(i,j+1)\\le f_k(i,j)+f_t(i,j+1)$

因为$f_t(i,j)\\ge f_k(i,j)$,所以$f_k(i,j+1)\\le f_t(i,j+1)$

所以$s(i,j)\\le s(i,j+1)$

 

2.设$k=s(i,j)$,对于所有$t\\le k$

有$f(i,t-1)+f(i+1,k-1)\\le f(i+1,t-1)+f(i,k-1)$

两边同时加上$w(t,j)+w(k,j)$得$f_t(i,j)+f_k(i+1,j\\le f_k(i,j)+f_t(i+1,j)$

因为$f_t(i,j)\\ge f_k(i,j)$,所以$f_k(i+1,j)\\le f_t(i+1,j)$

所以$s(i,j)\\le s(i+1,j)$

 

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 10005
#define maxm 5005
int f[maxm][maxn],s[maxm][maxn],a[maxn]; 
void work(){
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
    sort(a+1,a+n+1);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++)s[0][i]=1;
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        f[i][i]=0;s[i][i]=i;s[i][n+1]=n;
        for(int j=n;j>i;j--){
            for(int k=s[i-1][j];k<=s[i][j+1];k++){
                if(f[i][j]>f[i-1][k-1]+(a[j]-a[k])*(a[j]-a[k])){
                    f[i][j]=f[i-1][k-1]+(a[j]-a[k])*(a[j]-a[k]);
                    s[i][j]=k;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\\n",f[m][n]);
}
int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++)printf("Case %d: ",i),work();
    return 0;
} 

解法二.斜率优化

若对于某个$f(i,j)$,$k$比$t$要优

那么$f(i-1,k-1)+(a_j-a_k)^2\\le f(i-1,t-1)+(a_j-a_t)^2$

化简得$(f(i-1,k-1)+a_k^2-f(i-1,t-1)-a_t^2)/(2*(a_k-a_t))\\le a_j$

然后就可以对每一个$i$分别用一次斜率优化$O(n)$得出$f$的值

可以用滚动数组优化空间

 

代码

 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 10005
#define inf 0x3fffffff
int f[2][maxn],a[maxn],que[maxn],s,t,k;
int calc(int k,int i,int j){
    if(a[i]==a[j])return inf;
    return (f[k][i-1]+a[i]*a[i]-f[k][j-1]-a[j]*a[j]-1)/((a[i]-a[j])<<1)+1;//ÏòÉÏÈ¡Õû 
}
void insert(int k,int x){
    while(s<t-1&&calc(k,x,que[t-1])<=calc(k,que[t-1],que[t-2]))t--;
    que[t++]=x;
}
void work(){
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
    sort(a+1,a+n+1);
    s=t=0;que[t++]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        k=i&1;f[k][i]=0;
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            while(s<t-1&&calc(k^1,que[s+1],que[s])<=a[j])s++;
            int x=que[s];
            f[k][j]=f[k^1][x-1]+(a[j]-a[x])*(a[j]-a[x]);
        }
        s=t=0;
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            insert(k,j);
        }
    }
    printf("%d\\n",f[m&1][n]);
}
int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++)printf("Case %d: ",i),work();
    return 0;
}