bzoj 4518: [Sdoi2016]征途（斜率优化）

4518: [Sdoi2016]征途

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Description

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

Source

鸣谢Menci上传

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题解：斜率优化

状态转移方程： f[i][j]=f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])^2  f[i][j]表示到第j个点，分成了i段，sum[j]表示1-j的前缀和

f[i][j]=f[i-1][k]+(sum[j]-sum[k])^2 

=f[i-1][k]+sum[j]^2+sum[k]^2-2sum[j]sum[k]

=-2sum[k]sum[j]+f[i-1][k]+sum[k]^2+sum[j]^2

这个方程很显然可以用斜率优化，f[i-1][k]是上一层已经记录过的答案，我们本来需要枚举i,j,k，但是发现k一定是在j之前的，那么我们可以用单调队列维护当前层的j,计算时只需要从队列中找出使答案增加最小的j'即可，其实就相当于j,k合并成了一层循环，k就属于这一层计算过的j 。

因为要枚举i,j所以sum[j]相当于常量

把-2sum[k]当作k, sum[j]当作x,f[i-1][k]+sum[k]^2当作b

那么f[i][j]就相当于一条kx+b的直线，因为sum[k]随着k的增加而增加，而-2sum[k]随着k的增加而减小，所有我们就得到了一组斜率递减的直线。

因为x(即sum[j]是单调递增的，即X向x轴的正半轴移动），当q[head+1]的函数值小于q[head]的函数值的时候，因为斜率是单调递减的，所有q[head]对之后的答案都没有贡献了，所有就可以弹出队列。如图

当我们要加入一条直线的时候，如果是下面这幅图的情况，可以发现q[tail-1]和q[j]包含了最小值的全部，那么q[tail]就可以弹出了。（蓝色部分为最小值）

那么如何判断呢？求出交点的坐标，然后带入之后比较大小即可

q[tail-1]   : k1x+b1

q[j] :k1x+b1

两个连立  k1x+b1=k1x+b1  推出 x=(b3-b1)/(k1-k3)

然后把x带入q[tail]和q[j]

k3((b3-b1)/(k1-k3))+b3<=k2((b3-b1)/(k1-k3)+b2

(k3-k2)*((b3-b1)/(k1-k3)<=b2-b3

(k3-k2)*(b3-b1)<=(b2-b3)*(k1-k3)

如果不等式成立，则q[tail]出队。

然后这道题就可以在o(n^2)的时间内完美解决了。

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 3003
#define ll long long 
#define inf 1e9
using namespace std;
int n,m,q[N];
ll a[N],sum[N],f[N],g[N];
ll calc(int x,int y)//计算函数值
{
	return -2*sum[x]*sum[y]+g[x]+sum[x]*sum[x]+sum[y]*sum[y];
}
ll s(int x)
{
	return (ll)g[x]+sum[x]*sum[x];
}
ll K(int x)
{
	return (ll)-2*sum[x];
}
ll B(int x)
{
	return (ll)g[x]+sum[x]*sum[x];
}
bool pd(int x1,int x2,int x3)
{
    ll w1=(ll)(K(x3)-K(x2))*(B(x3)-B(x1));
    ll w2=(ll)(K(x1)-K(x3))*(B(x2)-B(x3));
    //cout<