正题

题目链接:https://loj.ac/problem/2035

---

题目大意

$n$个数字分成$m$段，要求方差最小。

---

解题思路

首先方差的公式$$\sum _{i=1}^n(x_i-|x|{)}^2$$
其中$|x|$是不变的，定义$w=|x|$
设$f_{i,j}$表示已经分到第$i$段，到第$j$个时的最小方差和。

做前缀和$s_i={\sum }_{j=1}^i{a}_i$
之后有fk,i=min{fk−1,j+(si−sj)2+w2−2(si−sj)w}f_{k,i}=min\{f_{k-1,j}+(s_i-s_j)^2+w^2-2(s_i-s_j)w\}fk,i​=min{fk−1,j​+(si​−sj​)2+w2−2(si​−sj​)w}
去掉$min$拆括号
$$f_{k,i}=f_{k-1,j}+s_i^2-2s_i{s}_j+s_j^2+w^2-2s_{i}w+s_{j}w$$
$$f_{k,i}-s_i^2+s_{i}w+2s_i{s}_j-2s_{j}w=f_{k-1,j}+s_j^2$$
求$f_{k,i}$最小就是$f_{k,i}-s_i^2+s_{i}w$最小，后为了方便
定义$F=f_{k,i}-s_i^2+s_{i}w$
$$F+2(s_i-w)s_j=f_{k-1,j}+s_j^2$$
然后有若干个决策点$(s_j,f_{k-1,j}+s_j^2)$
每次有一条直线$y=2(s_i-w)x+F$经过某个决策点要求$F$最小
显然因为$s_i-w$的单调性和$s_j$的单调性我们可以使用单调队列维护一个下凸壳。

时间复杂度$O(nm)$

---

$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define pow2(x) ((x)*(x))
using namespace std;
const int N=3100;
struct node{double x,y;int num;
}q[N];
int n,m;
double s[N],f[N][N];
double slope(node x,node y)
{return (y.y-x.y)/(y.x-x.x);}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&s[i]),s[i]=s[i]*m+s[i-1];double w=s[n]/m;for(int i=1;i<=n;i++)f[1][i]=pow2(s[i]-w);for(int k=2;k<=m;k++){int head=1,tail=1;q[1]=(node){s[k-1],f[k-1][k-1]+pow2(s[k-1]),k-1};for(int i=k;i<=n;i++){int z=2*(s[i]-w);while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])<z)head++;int p=q[head].num;f[k][i]=f[k-1][p]+pow2(s[i]-s[p]-w);node po=(node){s[i],f[k-1][i]+pow2(s[i]),i};while(head<tail&&slope(po,q[tail])<slope(q[tail-1],q[tail]))tail--;q[++tail]=po;}}printf("%.0lf",f[m][n]/m);
}