[CSP2019] 划分 解题报告

[CSP2019] 划分

题意

有 \(n\) 个非负整数 \(a_i\) \(( n \le 4 * 10^7)\), 将它们分为若干部分, 记为 \(S_i\), 要求 \(S_{i+1} \ge S_i\),
设 \(res=\sum_{i=1}^{k} S_i^2\).
求 \(res\) 的最小值

思路

64 pts

考场上写的做法.

设 \(f[i][j]\) 为第一段的起点为 \(i\), 终点为 \(j\) 时 \(res\) 的最小值.
朴素做法直接枚举 \(i,j,k\), 将 \(f[i][j]\) 从 \(f[j][k]\) 转移过来.

优化:
考虑中间的转移点 \(j\), 对于每个 \(i<j\), 合法的 \(k\) 的范围是递增的, 所以可以只枚举 \(i,j\) 然后指针 \(k\) 根据 \(sum_j-sum_{i-1}\) 不断忘前移, 并取最小值更新即可.

88 pts

设总共有 \(k\) 个块, 可以得出两个性质.
性质 1 : \(k\) 越大, 方案越优.
感性理解 : \(a^2+b^2 \le (a+b)^2\).
进一步推断出,
性质 2 : \(S_k\) 越小, 方案越优.
感性理解 : \(S_k\) 越小, 为了使得方案合法, 就强迫前面的 \(S\) 也要尽量地小, 由于 \(a\) 是非负整数, 所以 \(S\) 的值越小, \(k\) 就越大, 根据性质 1, 方案就越优.

这样的话我们就可以维护一个单调队列, 对于每一位, 找到以它为结束点时, 最小的 \(S_k\).
在把新元素加入单调队列时还有一些细节, 详见代码.

100pts

上面的做法加个高精 (高精这种东西早就忘光了好吗...)

代码

64pts

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e3+7;
const ll inf=5e18;
int n,ty;
ll a[N],sum[N],f[N][N],ans=inf;
void read(){ }
ll p2(ll x){ return x*x; }
int main(){
  //freopen("divd.in","r",stdin);
  cin>>n>>ty;
  if(ty) read();
  else for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
  memset(f,127,sizeof(f));
  for(int i=1;i<=n;i++) f[i][n]=p2(sum[n]-sum[i-1]);
  for(int j=n;j>=1;j--){
    int k=n;
    ll minx=inf;
    for(int i=1;i<=j;i++){
      while(p2(sum[j]-sum[i-1])<=p2(sum[k]-sum[j])){
    minx=min(minx,f[j+1][k]);
    k--;
      }
      f[i][j]=min(f[i][j],minx+p2(sum[j]-sum[i-1]));
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[1][i]);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}

88pts

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=4e7+7;
int n,ty,pre[N],que[N],t1,t2;
ll a[N],sum[N],lst[N],ans;
void read(){};
ll p2(ll x){ return x*x; }
int main(){
  //  freopen("divd.in","r",stdin);
  //  freopen("x.out","w",stdout);
  cin>>n>>ty;
  if(ty) read();
  else for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
  t1=t2=1;
  que[1]=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    //        printf("%d: ",i); for(int j=t1;j<=t2;j++) printf("%d ",que[j]); putchar('\n');
    while(t1<t2&&lst[que[t1+1]]<=sum[i]-sum[que[t1+1]]) t1++;
    pre[i]=que[t1];
    lst[i]=sum[i]-sum[pre[i]];
    while(t2>=t1&&lst[que[t2]]>=lst[i]+sum[i]-sum[que[t2]]) t2--;
    que[++t2]=i;
  }
  int p=n;
  while(p){
    ans+=lst[p]*lst[p];
    p=pre[p];
  }
  //     for(int i=1;i<=n;i++) printf("pre[%d]: %d\n",i,pre[i]);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}