[SDOI2016]征途

大体

大概就是推推公式，发现很***的\(n^3\)DP
get60
进一步我们发现状态不能入手，考虑优化转移
套个斜率优化板子
每一层转移来一次斜率优化

思路

先便便式子
\[s^2=m^{2}*\frac{\sum_{1}^{m}(a_{i}-\overline{a})^2}{m}\]
\[=m*\sum_{1}^{m}(a_{i}-\overline{a})^2\]
\[=m*\sum_{1}^{m}(a_{i}^2-2*a_{i}*\overline{a}+\overline{a}^2)\]
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-m*\sum_{1}^{m}2*a_{i}*\overline{a}+m*\sum_{1}^{m}\overline{a}^2\]
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-m*\sum_{1}^{m}2*a_{i}*\overline{a}+m*\sum_{1}^{m}\overline{a}^2\]
\[\overline{a}^2=\frac{\sum_{1}^{m}a_{i}}{m}\]
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-m*\sum_{1}^{m}2*a_{i}*\frac{\sum_{1}^{m}a_{i}}{m}+m*\sum_{1}^{m}(\frac{\sum_{1}^{m}a_{i}}{m})^2\]
额，多化简化简，就得到了，LaTeX太麻烦了，这里就不多打了
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-2*(\sum_{1}^{m}a_{i})^2+\sum_{1}^{m}\frac{(\sum_{1}^{m}a_{i})^2}{m}\]
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-2*(\sum_{1}^{m}a_{i})^2+(\sum_{1}^{m}a_{i})^2\]
\[=m*\sum_{1}^{m}a_{i}^2-(\sum_{1}^{m}a_{i})^2\]
注意:\(\sum_{1}^{m}a_{i}^2\)和\(2*(\sum_{1}^{m}a_{i})^2\)并不相同
然后我们发现\(2*(\sum_{1}^{m}a_{i})^2\)是个定值
我们只需要求\(\sum_{1}^{m}a_{i}^2\)这个最小就好了(m>0不用考虑)
然后我们可以\(f[i][j]\)表示选了\(i\)次，到了第\(j\)个点的最小和（入门dp，无脑状态）
状态转移方程:
\[f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])*(sum[j]-sum[k]))\]
然后我们可以这个样纸

FOR(i,1,n) //选的第几次点
    FOR(j,1,n) //位置
        FOR(k,0,j) //由前面转移
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])*(sum[j]-sum[k]));

我们发现状态是\(n^2\)个，每次转移是O(n)的，太墨迹了
那就套个斜率板子加个速，n次斜率转移
每一层都是由上一层转移，也可以滚动数组省内存一下，我看着128MB有点小

暴力60

/*
    此题推出式子来就好办了，n^3dp直接斜率优化成n^2
    次代码为本体暴力
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+7;
ll read() {
    ll x=0,f=1;char s=getchar();
    for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
    for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
    return x*f;
}
ll n,m,sum[N];
ll f[3007][3007];
int main() {
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        int x=read();
        sum[i]=sum[i-1]+x;
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=0;i<=n;++i) f[1][i]=sum[i]*sum[i];
    for(int i=2;i<=m;++i) {
        f[i][0]=0;
        for(int j=1;j<=n;++j) {
            for(int k=0;k<=j;++k) {
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])*(sum[j]-sum[k]));
            }
        }
    }
    cout<<m*f[m][n]-sum[n]*sum[n]<<"\n";
    return 0;
}

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=3007;
ll read() {
    ll x=0,f=1;char s=getchar();
    for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
    for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
    return x*f;
}
ll n,m,sum[N],f[N][N],q[N];
double calc(ll j,ll k,ll x) {
    ll xx=sum[j];
    ll yy=f[x-1][j]+sum[j]*sum[j];
    ll xx_=sum[k];
    ll yy_=f[x-1][k]+sum[k]*sum[k];
    return (yy-yy_)/(2.0*(xx-xx_));
}
void work(int x) {
    int h=0,d=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(h<d && calc(q[h],q[h+1],x) <= sum[i]) h++;
        f[x][i]=f[x-1][q[h]]+(sum[i]-sum[q[h]])*(sum[i]-sum[q[h]]);
        while(h<d && calc(q[d],q[d-1],x) >=  calc(q[d],i,x)) d--;
        q[++d]=i;
    }
}
int main() {
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        int x=read();
        sum[i]=sum[i-1]+x;
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=0;i<=n;++i) f[1][i]=sum[i]*sum[i];
    for(int i=2;i<=m;++i) {
        f[i][0]=0;
        work(i);
    }
    cout<<m*f[m][n]-sum[n]*sum[n]<<"\n";
    return 0;
}

wxy刷noi，而我等蒟蒻只能刷省选