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[NOIP2021] 方差

2022-04-16 09:34:27 阅读：166 来源： 互联网

标签：pre 方差 rep times NOIP2021 dp define

前言

\(\texttt{p}\color{red}{\texttt{igstd}}\) 场切的题，我到现在才来补。

导致我爆炸的题。

大意

给你一个非降的序列 \(a\)，每次可以将 \(a_i\) 变成 \(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)，求若干次操作之后方差最小是多少，输出最小值乘 \(n^2\)。

Sol

首先是大家都知道的，这一次操作相当于交换差分数组中的两个元素。说明我们可以对差分数组重排，虽然但是我并不知道排成什么样子是最小的。

\(\texttt{p}\color{red}{\texttt{igstd}}\) 告诉我们，要手模样例。然后你发现样例是一个长度小于等于 \(3\) 的勾八。然后你写了个暴力跑了个 \(n=50\) 的手造高质量数据，发现在差分数组先变小后变大的时候是非常优秀的（也就是原数组在这种情况下非常均匀）！但是你发现你根本不会证这个东西，于是你考场上就 30pts 滚粗了。。。

题解区一大片的显然和容易证明搞得我很无所适从啊~有个大佬看起来是证明了这个东西。

我不会证，但是 OI 不就是只用不证的么（（（。现在我们假设已经证明了这个结论，那么我们容易想到一个 \(2^n\) 的暴力做法，就是从小到大依次枚举方差，看是放在最低点的左边还是右边。然后这东西看着就很可以大炮。

令 \(dp[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 个方差后，当前原数列和为 \(j\) 的最小的原数列平方和（因为我们知道方差表达式为平方的平均数减去平均数的平方）。然后考虑大力转移。

如果当前这个放在最左边，那么最后的和会加上 \(d_i\times i\)，平方和呢？考虑在前面放一个差分实际上是在整个数列上加上这个数，那就是考虑 \(a^2\to (a+d)^2=a^2+2ad+d^2\)，所以答案应该加上和乘上这个差分的两倍再加上这个差分的平方。所以转移就是：

\[dp[i][j]=dp[i-1][j-d_i\times i]+(j-d_i\times i)\times d_i\times 2+i\times d_i^2 \]

同样的，如果是放在后面可以轻易地进行转移，此时，上一个状态应该要减去 \(pre_i\)，即 \(d_i\) 的前缀和。对答案的影响也就是多了一个平方，比上面那个要好推。

\[dp[i][j]=dp[i-1][j-pre_i]+pre_i^2 \]

然后你考虑这么做的复杂度是多少，你发现是 \(O(n^2\times a)\) 的，会寄，然后你想了想，如果当前的方差是 \(0\)，对大炮状态不会产生任何影响，所以不转移也罢。这就变成了 \(O(n\times a^2)\) 了，就过了。

空间好像需要滚一下。

Code

// Problem: P7962 [NOIP2021] 方差
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// Time: 2022-04-14 22:04:18

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define inf (1<<30)
#define INF (1ll<<60)
#define pb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
#define rep(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j);i>=(k);i--)
#define pt(a) cerr<<#a<<'='<<a<<' '
#define pts(a) cerr<<#a<<'='<<a<<'\n'
using namespace std;
const int MAXN=1e4+10;
int dp[2][MAXN*600],a[MAXN],d[MAXN],pre[MAXN];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n,sum=0;cin>>n;
	rep(i,1,n) cin>>a[i];
	rep(i,1,n-1) d[i]=a[i+1]-a[i];
	sort(d+1,d+n);
	rep(i,1,n-1) sum+=d[i]*i,pre[i]=pre[i-1]+d[i];
	int cnt=0;
	while(!d[cnt+1]) cnt++;
	rep(j,1,sum) dp[cnt&1][j]=INF;
	rep(i,cnt+1,n-1){
		rep(j,0,sum){
			dp[i&1][j]=INF;
			if(j-d[i]*i>=0)
			dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[(i-1)&1][j-d[i]*i]+(j-d[i]*i)*d[i]*2+i*d[i]*d[i]);
			if(j-pre[i]>=0)
			dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[(i-1)&1][j-pre[i]]+pre[i]*pre[i]);
			// if(dp[i&1][j]<INF) pt(i),pt(j),pts(dp[i&1][j]);
		}
	}
	int ans=INF;
	rep(j,0,sum)
		if(dp[(n-1)&1][j]<INF)
		ans=min(ans,n*dp[(n-1)&1][j]-j*j);
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

标签：pre,方差,rep,times,NOIP2021,dp,define
来源： https://www.cnblogs.com/ZCETHAN/p/16151853.html

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