题目大意：一个有n个数的集合，现在要求将他分成m+1个子集，对子集i设si表示该集合中最大数与最小数的差的平方。求所有si的和的最小值。n<=10000,m<=5000.
分析：最优解的ｍ个集合肯定不会相交，也不会出现空集，而且每个子集的数必定是连续的。
所以可以将ｎ个数先排序，在来进行dp求解。
f[i][j]表示前j个数分成i个集合的最优解。
转移方程为：f[i][j]=min(f[i-1][k]+(num[j]-num[k+1])^2
设决策点k1<k2,若有k2比k1更优，则有：
f[i-1][k1]+num[k1+1]^2-2*num[j]*num[k1+1]<f[i-1][k2]+num[k2+1]^2-2*num[j]*num[k2+1]
将关于j的项移到右边，关于k1、k2的项移到左边：
f[i-1][k1]+num[k1+1]^2-(f[i-1][k2]+num[k2+1]^2)>2num[j]*(num[k1+1]-num[k2+1])
令yk1=f[i-1][k1]+num[k1+1]^2,xk1=num[k1+1],
则上式可以转化为：(yk2-yk1)/(2(xk2-xk1))<num[j] 。
于是，可知有效的决策点构成了下凸包。
通过单调队列可以解决该问题。
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstdlib>
4 #include<cstring>
5 #include<algorithm>
6 #define MAXN 10005
7 using namespace std;
8 int f[2][MAXN],row;
9 int que[MAXN],head,tail,t,n,m;
10 int num[MAXN];
11 int up(int j,int k)
12 {
13 return f[!row][j]+num[j+1]*num[j+1]-f[!row][k]-num[k+1]*num[k+1];
14 }
15 int down(int j,int k)
16 {
17 return (num[j+1]-num[k+1])*2;
18 }
19 bool turnup(int i,int j,int k) //向上为1，向下为0
20 {
21 int y2=up(i,j),x2=down(i,j),y1=up(j,k),x1=down(j,k);
22 if(x1*y2>x2*y1)return 1;
23 else return 0;
24 }
25 int main()
26 {
27 scanf("%d",&t);
28 for(int cas=1;cas<=t;cas++)
29 {
30 scanf("%d%d",&n,&m);
31 for(int i=1;i<=n;i++)
32 scanf("%d",&num[i]);
33 sort(num+1,num+n+1);
34 head=tail=1;
35 que[tail++]=0;
36 for(int i=1;i<=n;i++)
37 f[1][i]=(num[i]-num[1])*(num[i]-num[1]);
38 for(int r=2;r<=m;r++)
39 {
40 row=(r&1);
41 head=tail=1;
42 que[tail++]=r-1;
43 for(int i=r;i<=n;i++)
44 {
45 while(head<tail-1&&up(que[head+1],que[head])<=down(que[head+1],que[head])*num[i])
46 head++;
47 f[row][i]=f[!row][que[head]]+(num[i]-num[que[head]+1])*(num[i]-num[que[head]+1]);
48 while(head<tail-1&&(turnup(i,que[tail-1],que[tail-2])==0))
49 tail--;
50 que[tail++]=i;
51 }
52 }
53 printf("Case %d: %d\n",cas,f[m&1][n]);
54 memset(f,0,sizeof f);
55 memset(que,0,sizeof que);
56
57 }
58 }
时间： 2024-11-11 20:43:23