「BZOJ 4518」征途-dp + 斜率优化

Pine 开始了从 $ S $ 地到 $ T $ 地的征途。
从 $ S $ 地到 $ T $ 地的路可以划分成 $ n $ 段,相邻两段路的分界点设有休息站。
Pine 计划用 $ m $ 天到达 $ T $ 地。除第 $ m $ 天外,每一天晚上 Pine 都必须在休息站过夜。所以,一段路必须在同一天中走完。
Pine 希望每一天走的路长度尽可能相近,所以他希望每一天走的路的长度的方差尽可能小。
帮助 Pine 求出最小方差是多少。

设方差是 $ v $,可以证明,$ v \times m ^ 2 $ 是一个整数。为了避免精度误差,输出结果时输出 $ v \times m ^ 2 $。

链接

BZOJ 4518

题解

设 $ a_i $ 为每一天的路程,$ S = \sum\limits_{i = 1} ^ n a_i $,题目要求即为最小化

$$ m ^ 2 \times \sum\limits_{i = 1} ^ m \frac{(a_i - \frac{S}{m}) ^ 2}{m} = m \times \sum\limits_{i = 1} ^ m a_i ^ 2 - S ^ 2$$

由于 $S ^ 2, m$ 是常数,所以我们只需要最小化 $\sum\limits_{i = 1} ^ m a_i ^ 2$ 即可。

设 $ f[j][i] $ 表示前 $ i $ 段路,分成 $ j $ 天的最优方案对应上式的值,则有

$$ f[j][i] = \min\limits_{k = 1} ^ {j - 1}{ f[j - 1][k] + (s[i] - s[k]) ^ 2 } $$

显然第一维是可以滚动的,设 $ g(i) = f[j - 1][i] $。考虑 $ k $ 的两个取值 $ k = a $ 和 $ k = b $($ a > b $),若 $ a $ 比 $ b $ 优,则有

$$ \begin{align*} g(a) + (s_i - s_a) ^ 2 & \lt g(b) + (s_i - s_b) ^ 2 \\ g(a) + s_i ^ 2 + s_a ^ 2 - 2 s_i s_a & \lt g(b) + s_i ^ 2 + s_b ^ 2 - 2 s_i s_b \\ g(a) + s_a ^ 2 - 2 s_i s_a & \lt g(b) + s_b ^ 2 - 2 s_i s_b \\ g(a) - g(b) + s_a ^ 2 - s_b ^ 2 & \lt 2 s_i s_a - 2 s_i s_b \\ g(a) - g(b) + s_a ^ 2 - s_b ^ 2 & \lt 2 s_i (s_a - s_b) \\ \frac{(g(a) + s_a ^ 2) - (g(b) + s_b ^ 2)}{s_a - s_b} & \lt 2 s_i \\ \end{align*} $$

然后就可以用单调队列在 $O(nm)$ 的时间复杂度内完成了。

代码

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/**
* Copyright (c) 2017, xehoth
* All rights reserved.
* 「BZOJ 4518」征途 26-09-2017
* dp + 斜率优化
* @author xehoth
*/
#include <bits/stdc++.h>
namespace IO {
inline char read() {
static const int IN_LEN = 1000000;
static char buf[IN_LEN], *s, *t;
s == t ? t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin) : 0;
return s == t ? -1 : *s++;
}
template <typename T>
inline void read(T &x) {
static char c;
static bool iosig;
for (iosig = false, c = read(); !isdigit(c); c = read()) {
if (c == -1) return;
c == '-' ? iosig = true : 0;
}
for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = x * 10 + (c ^ '0');
iosig ? x = -x : 0;
}
inline int read(char *buf) {
register int s = 0;
register char c;
while (c = read(), isspace(c) && c != -1)
;
if (c == -1) {
*buf = 0;
return -1;
}
do
buf[s++] = c;
while (c = read(), !isspace(c) && c != -1);
buf[s] = 0;
return s;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN], *oh = obuf;
inline void print(char c) {
oh == obuf + OUT_LEN ? (fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf) : 0;
*oh++ = c;
}
template <typename T>
inline void print(T x) {
static int buf[30], cnt;
if (x == 0) {
print('0');
} else {
x < 0 ? (print('-'), x = -x) : 0;
for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 | 48;
while (cnt) print((char)buf[cnt--]);
}
}
inline void print(const char *s) {
for (; *s; s++) print(*s);
}
inline void flush() { fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout); }
struct InputOutputStream {
template <typename T>
inline InputOutputStream &operator>>(T &x) {
read(x);
return *this;
}
template <typename T>
inline InputOutputStream &operator<<(const T &x) {
print(x);
return *this;
}
~InputOutputStream() { flush(); }
} io;
}
namespace {
#define long long long
using IO::io;
const int MAXN = 3000;
int n, m;
int a[MAXN + 1], sum[MAXN + 1];
int f[MAXN + 1], g[MAXN + 1];
inline double slope(const int a, const int b) {
return (double)(g[a] - g[b] + sum[a] * sum[a] - sum[b] * sum[b]) /
(double)(sum[a] - sum[b]);
}
inline void solve() {
io >> n >> m;
for (register int i = 1; i <= n; i++) io >> a[i];
for (register int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
memset(f + 1, 0x3f, sizeof(int) * n);
for (register int j = 1; j <= m; j++) {
memcpy(g, f, sizeof(f));
memset(f, 0, sizeof(f));
static int q[MAXN + 1];
register int *l = q, *r = q;
*r = 0;
for (register int i = 1; i <= n; i++) {
while (l < r && slope(*(l + 1), *l) < 2 * sum[i]) l++;
f[i] = g[*l] + (sum[i] - sum[*l]) * (sum[i] - sum[*l]);
while (l < r && slope(*r, *(r - 1)) > slope(*r, i)) r--;
*++r = i;
}
}
io << f[n] * m - sum[n] * sum[n];
}
#undef long
}
int main() {
// freopen("sample/1.in", "r", stdin);
solve();
return 0;
}
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