[SDOI2016]征途 —— 斜率优化DP

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时隔多年没有碰斜率优化了。。。
想当年被斜率优化虐的死去活来，现在看看。。。也就那样吧。

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。
Input
第一行两个数 n、m。
第二行 n 个数，表示 n 段路的长度
Output
一个数，最小方差乘以 m^2 后的值

Sample Input
5 2

1 2 5 8 6
Sample Output
36
HINT
1≤n≤3000,保证从 S 到 T 的总路程不超过 30000

首先根据方差的定义我们可以将方差的公式\(s^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}(x_{i}-\bar x)^{2}}{n}\)转换为\(s^{2}=\frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}^2}{m}-\frac{sum_{n}^{2}}{m^{2}}\)
（\(sum\)数组为前缀和）
（具体转换过程可以百度百科方差）

对于式子中的\(\frac{sum_{n}^{2}}{m^{2}}\)是已经确定的常数，目前不用考虑。于是我们要求的便是\(min(\sum_{i=1}^{n}x_{i}^2)\)。

于是题目就被我们转换为了将\(n\)段路分为\(m\)个块，使它们的平方和最小，不难得出DP的状态转移方程是：

\(f_{i,j}=min(f_{k,j-1}+(sum_{i}-sum_{k})^{2},f_{i,j})\)

只需要枚举k即可，其中状态的第一维定义为第\(i\)段路，第二维定义为第\(j\)个块。

然而不难发现时间复杂度过高，于是可以使用斜率优化。详见代码

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

#define N 3100
#define LL long long

int n,A[N],S[N],m,q[3*N];
LL f[N][N]; 

int fucky (int a,int j) {
    return f[a][j-1]+S[a]*S[a];
}

int fuck (int a,int b,int j) {
    return (fucky(a,j)-fucky(b,j))/(S[a]-S[b]);
}

int main() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>A[i],S[i]=S[i-1]+A[i];   
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=S[i]*S[i];
    for(int j=2;j<=m;j++) {
        int l=1,r=1;
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            while(l<r && fuck(q[l],q[l+1],j)<2*S[i]) l++;
            int BestPos=q[l];
            f[i][j]=f[BestPos][j-1]+(S[i]-S[BestPos])*(S[i]-S[BestPos]);
            while(l<r && fucky(q[r],i,j)<fucky(q[r-1],q[r],j)) r--;
            q[++r]=i;
        }
    }
    cout<<f[n][m]*m-S[n]*S[n];
}

[SDOI2016]征途 —— 斜率优化DP

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原文地址：https://www.cnblogs.com/MisakaMKT/p/11625115.html