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×m^2是一个整数。为了避免精度误差，输出结果时输出v×m^2。
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一个数，最小方差乘以 m^2 后的值
1≤n≤3000,保证从 S 到 T 的总路程不超过 30000
DP + 斜率优化
首先对所求的东西进行一下化简：
即最后的结果为$m*\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{2}-\sum_{i=1}^{m}x_{i}$其中$x_{i}$表示第$i$天走的路段总和
很显然有$\sum_{i=1}^{m}x_{i}$为定值，那么只需要最小化$\sum_{i=1}^{m}x_{i}^{2}$
那么考虑$f[i][j]$表示$i$天共走了$j$段路的最优
首先可以有某天停滞不前，那么很容易发现，若要最优，则不可能停滞不前
可以得到转移$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-k]+(sum[j]-sum[j-k])^{2}),k=1~j$
那么固定下$i$后，很显然对于$j$是满足斜率优化的
那么化简就可以得到$\frac{dp[i-1][k_{1}]+sum[k_{1}]^{2}-dp[i-1][k_{2}]-sum[k_{2}]^{2}}{sum[k_{1}]-sum[k_{2}]}<2*sum[j]$
那么斜率优化即可，自己还打了个滚动数组，不过貌似毫无意义
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while (ch<‘0‘ || ch>‘9‘) {if (ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar();} while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) {x=x*10+ch-‘0‘; ch=getchar();} return x*f; } #define maxn 3010 int n,m; int dis[maxn],que[maxn],l,r; long long dp[2][maxn],sum[maxn]; long long pf(long long x) {return x*x;} inline double slope(int t,int i,int j) { return (double)(dp[t][i]+pf(sum[i])-dp[t][j]-pf(sum[j]))/(double)(sum[i]-sum[j]); } int main() { n=read(),m=read(); for (int i=1; i<=n; i++) dis[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+dis[i]; memset(dp,63,sizeof(dp)); dp[0][0]=0; for (int t=1,i=1; i<=m; i++,t^=1,l=r=0) for (int tmp,j=1; j<=n; j++) { while (l<r && slope(t^1,que[l],que[l+1])<(sum[j]<<1)) l++; tmp=que[l]; dp[t][j]=pf(sum[j]-sum[tmp])+dp[t^1][tmp]; while (l<r && slope(t^1,que[r],que[r-1])>slope(t^1,que[r],j)) r--; que[++r]=j; } printf("%lld\n",m*dp[m&1][n]-pf(sum[n])); return 0; }
在BZOJ上好像排名不高啊....要是我在考场前能有这么多斜率优化的练习储备，结果就该不一样了吧
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原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5414913.html
