[SDOI2016]征途

题目

思路

这题目很绕(~~其实也还好~~)。
首先让我们看看要求的到底是什么。

[ans=m^2 imes s^2(s^2为方差) ]

定义(v)为每一段的平均数，(b_i)为第(i)段的长度,(sum)为路径总长。
所以

[s^2=frac{1}{m}sum_{i=1}^m(b_i-v)^2 ]

[ans=msum_{i=1}^m(b_i-v)^2 ]

完全平方式展开

[ans=msum_{i=1}^m(b_i^2-2b_iv+v^2) ]

拆掉(sum)

[ans=m(mv^2-2vsum_{i=1}^mb_i+sum_{i=1}^mb_i^2) ]

因为(mv=sum且sum_{i=1}^mb_i=sum)所以

[ans=msum_{i=1}^mb_i^2-sum^2 ]

由于(sum和m)都是已知的，所以我们要做的其实就是把这个序列分成(m)段，使得每一段的和的平方和最小。
然后可以(DP)，设(f[i][j])表示前(i)条路划分为(m)段的最优解，也就是最小平方和。
然后对路径统计前缀和，(a[i])表示前(i)条路的总长。
显然(f[i][j]=max{f[k][j-1]+(a[i]-a[k])^2}(k<i))
这个转移是(O(n^3))的，显然是跑不出来的。
然后我们会发现，这个可以用斜率优化啊。
若决策(s_2优于s_1(s_1<s_2))
当且仅当(f[s_1][j-1]+(a[i]-a[s_1])^2>=f[s_2][j-1]+(a[i]-a[s_2])^2)
乱搞一波化简就会得到
若有

[a[i]>=frac{f[s_1][j-1]+a[s_1]^2-f[s_2][j-1]-a[s_2]^2}{2(a[s_1]-a[s_2])}(s_1<s_2) ]

那么决策(s_2优于s_1)
显然(a[i])是单调递增的,所以我们用单调队列维护一个单调递增的斜率即可。不会的戳我

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int _=3e3+20;
ll f[_][_],a[_];
int q[_];
double slope(int x,int y,int k){
    return (double)((double)f[x][k]+a[x]*a[x]-f[y][k]-a[y]*a[y])/(a[x]-a[y])/2;
}
int main(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i]+=a[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        f[i][1]=a[i]*a[i];
    }
    for(int j=2;j<=m;++j){
        int head=1,tail=1;
        q[1]=j-1;
        for(int i=j;i<=n;++i){
            while(a[i]>=slope(q[head],q[head+1],j-1)&&head<tail)head++;
            int k=q[head];
            f[i][j]=f[k][j-1]+(a[i]-a[k])*(a[i]-a[k]);
            while(slope(q[tail-1],q[tail],j-1)>=slope(q[tail],i,j-1)&&tail>head)tail--;
            q[++tail]=i;
        }
    }
    cout<<f[n][m]*m-a[n]*a[n]<<endl;
    return 0;
}