[NOIP2021]方差

题目

传送门 to luogu

思路

受到了最小方差生成树的启发，并且利用这个可以很容易得到结论，于是便忘记了，也许一个方法只应用于证明而不用于代码实现。

我自始至终都在想着，枚举所谓的平均值 $\bar{a}$ 。枚举之后，需要考虑数组变化的内在规律是什么？画个图，就会忽然意识到，本质上等价于 对差分数组重排。那么比 $\bar{a}$ 小的部分，为了尽可能靠近 $\bar{a}$，斜率是单减的；比 $\bar{a}$ 大的部分，斜率则是单增的。但是，满足 $a_i<\bar{a}<a_{i+1}$ 的这个差分值 $(a_{i+1}-a_i)$ 好像就说不准了？

事实上，这个差分值要么比前一个小，要么比后一个小。反证法。譬如 $\bar{a}⩾\frac{a_i+a_{i+1}}{2}$，那么此时对 $a_i$ 进行操作，辄变为数轴上关于 $\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2}$ 的对称。由反证的假设，$a_i-a_{i-1}<a_{i+1}-a_i$ 即 $\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2}>a_i$，又有 $\frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2}⩽\frac{a_i+a_{i+1}}{2}⩽\bar{a}$，所以对称之后 $a_i$ 一定更靠近 $\bar{a}$，至少不会更劣；而对 $a_i$ 进行操作的时候，就把这个差分值向前移动了一步，会一直移动到最前面。而 $\bar{a}<\frac{a_i+a_{i+1}}{2}$ 就操作 $a_{i+1}$ 呗，同理。

所以，一定存在一个分界点，使得前面的差分值单减、后面的差分值单增。但是此时我仍然没有摆脱枚举 $\bar{a}$ 这个根深蒂固的想法……用 $\mathcal{O}(na)$ 枚举 $\bar{a}$ 之后，将差分值从大到小排序，从两边往中间填，状态为某一边的末尾 $a$ 值；这样就是 $\mathcal{O}(n^2{a}^2)$ 的了。

最小方差生成树中，边的权值之间非常不独立，让我们难以运用贪心求解最小生成树，所以我们才枚举 $\bar{a}$ 。在这道题里，其实完全不需要枚举 $\bar{a}$ 了！化简一下 $n^{2}D$ 的式子得到
$$n^{2}D=n\sum a_i^2-{\left(\sum a_i\right)}^2$$
可以直接对它进行动态规划。从两边往中间放行不通了，考虑从中间往两边放。这相当于一个动态变化的过程，可以在前面插入差分值（将所有数增大这个差分值）或者在最后插入。奇特的是，将所有数增大 $d$ 对 $\sum a_i^2$ 的影响可以用 $\sum a_i$ 轻易求出！

于是状态中存储 $\sum a_i$ 即可。这样的复杂度是 $\mathcal{O}(n^{2}a)$ 的，无法通过最后的测试点。

有哪里可以改进吗？剪枝呗！求出当前最大可行的 $\sum a_i$ 是多少，然后严格在范围内转移。这样就可以通过了，时间复杂度 $\mathcal{O}(n{a}^2)$ 。为啥呢？因为差分数组的总和只有 $a$，所以一定有大量的 $0$ 存在。它们就不会提供转移复杂度了。所以，这个剪枝看上去是剪背包容量，实际上是剪物品个数。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <climits>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){
    
    
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}
void writeint(unsigned x){
    
    
	if(x > 9) writeint(x/10);
	putchar(char((x%10)^48));
}
inline void getMin(llong &x,const llong &y){
    
    
	if(y < x) x = y;
}

const int MAXN = 500005;
const long long INFTY = LONG_LONG_MAX>>1;
long long dp[2][MAXN];
int a[MAXN];

int main(){
    
    
	int n = readint(), s = readint();
	for(int i=1,nxt; i!=n; ++i){
    
    
		nxt = readint();
		a[i] = nxt-s, s = nxt;
	}
	sort(a+1,a+n,less<int>()); s = 0;
	fill(dp[0]+1,dp[0]+(MAXN<<1),INFTY);
	for(int i=1,fr=0,p=0; i!=n; ++i,fr^=1){
    
    
		s += a[i]; // current endpoint
		const int mov = i*a[i]; // append in front
		fill(dp[i&1],dp[i&1]+p+mov+1,INFTY);
		llong gap = llong(n)*s*s;
		rep(j,0,p) getMin(dp[i&1][j+s],dp[fr][j]+gap);
		gap = llong(i)*n*a[i]*a[i];
		const int step = n*(a[i]<<1); // for every j
		for(int j=0; j<=p; ++j,gap+=step)
			getMin(dp[i&1][j+mov],dp[fr][j]+gap);
		p += mov; // new range of sum
	}
	llong ans = INFTY;
	const int id = (n&1)^1; // last shot
	rep(i,0,s*(n-1))
		getMin(ans,dp[id][i]-llong(i)*i);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}