Room and Moor
Time Limit: 12000/6000 MS (Java/Others) Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1288 Accepted Submission(s): 416
Problem Description
PM Room defines a sequence A = {A1, A2,..., AN}, each of which is either 0 or 1. In order to beat him, programmer Moor has to construct another sequence B = {B1, B2,... , BN} of the same length, which satisfies that:
Input
The input consists of multiple test cases. The number of test cases T(T<=100) occurs in the first line of input.
For each test case:
The first line contains a single integer N (1<=N<=100000), which denotes the length of A and B.
The second line consists of N integers, where the ith denotes Ai.
Output
Output the minimal f (A, B) when B is optimal and round it to 6 decimals.
Sample Input
4
9
1 1 1 1 1 0 0 1 1
9
1 1 0 0 1 1 1 1 1
4
0 0 1 1
4
0 1 1 1
Sample Output
1.428571
1.000000
0.000000
0.000000
Author
BUPT
Source
2014 Multi-University Training Contest 6
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又一道G++ T，C++ AC 的好题！！！！
题意及题解转自：
http://blog.csdn.net/a601025382s/article/details/38423069
题意：
给定一个长度为n的，由0和1组成的序列ai，求一个序列bi，使得∑(bi-ai)^2最小。其中0<=bi<=1,bi<=b(i+1)，bi为浮点型。输出最小的∑(bi-ai)^2的值。
题解：
对于ai序列中，开头的连续0,和结尾的连续1可以省略，因为bi中必定可以赋值连续0和连续1相同的值，使得(bi-ai)^2=0；
对于剩余的序列，我们可以分组，每组为连续1+连续0的形式（例如110010可以分成1100和10）。
对于每个组中的数ai，他们对应的bi必定是相同的。证：假设0对应的bi确定，那么要使∑(bi-ai)^2最小，1对应的bi肯定等于0对应bi中的最小值；同理1对应的bi确定时也一样。之后我们可以发现，这个值正好是rate=num1/(num1+num0)，numi表示i的个数。
之后我们遍历每个分组，将每个组压入栈中。在压入栈之前，我们需要判断rate是否呈递增的，若是呈递增的，那么直接要入栈中，因为我们可以两个分组取不同的rate；若不是呈递增，那么我们需要将最后一个组出栈，然后合并，因为我们要保证bi的呈递增的；然后判断这个新的组入栈是否能是栈呈递增，不能则重复前面的动作，直到呈递增或者栈为空为止，之后将新的组压入栈中。
最后得到一个递增的栈，我们直到了每个分组的rate值，那么就能求∑(bi-ai)^2了。
| 13197281 | 2015-03-21 16:21:03 | Accepted | 4923 | 1638MS | 2408K | 2440 B | C++ | czy |
| 13197275 | 2015-03-21 16:20:38 | Time Limit Exceeded | 4923 | 6000MS | 2468K | 2440 B | G++ | czy |
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <stack>
4 #include <vector>
5 #include <algorithm>
6
7 #define ll long long
8 int const N = 100005;
9 int const M = 205;
10 int const inf = 1000000000;
11 ll const mod = 1000000007;
12
13 using namespace std;
14
15 int n;
16 double ans;
17 int aa[N];
18 int a[N];
19 int tot;
20 ll qcnt1[N];
21 ll qcnt[N];
22 int T;
23
24 void ini()
25 {
26 ans=0;
27 tot=0;
28 int i,j;
29 int st,en;
30 scanf("%d",&n);
31 for(i=1;i<=n;i++){
32 scanf("%d",&aa[i]);
33 }
34 st=1;
35 while(st<=n){
36 if(aa[st]==0){
37 st++;
38 }
39 else{
40 break;
41 }
42 }
43 if(st==n+1) return;
44 en=n;
45 while(en>st){
46 if(aa[en]==1){
47 en--;
48 }
49 else{
50 break;
51 }
52 }
53 j=0;
54 for(i=st;i<=en;i++){
55 j++;
56 a[j]=aa[i];
57 }
58 tot=j;
59 //printf(" tot=%d\n",tot);
60 }
61
62 void solve()
63 {
64 int r;
65 r=0;
66 ll cnt1,cnt0;
67 ll cnt;
68 int i;
69 int now=1;
70 cnt1=cnt0=0;
71 for(i=1;i<=tot;i++){
72 if(now==1){
73 if(a[i]==1){
74 cnt1++;
75 }
76 else{
77 cnt0++;
78 now=0;
79 }
80 }
81 else{
82 if(a[i]==0){
83 cnt0++;
84 }
85 else{
86 now=1;
87 cnt=cnt0+cnt1;
88 while(r!=0 && qcnt1[r]*cnt > qcnt[r]*cnt1 ){
89 cnt1+=qcnt1[r];
90 cnt+=qcnt[r];
91 r--;
92 }
93 r++;
94 qcnt1[r]=cnt1;
95 qcnt[r]=cnt;
96 cnt0=0;
97 cnt1=1;
98 }
99 }
100 }
101 if(now==0){
102 cnt=cnt0+cnt1;
103 while(r!=0 && qcnt1[r]*cnt > qcnt[r]*cnt1 ){
104 cnt1+=qcnt1[r];
105 cnt+=qcnt[r];
106 r--;
107 }
108 r++;
109 qcnt1[r]=cnt1;
110 qcnt[r]=cnt;
111 }
112 double te;
113 //printf(" r=%d\n",r);
114 while(r!=0){
115 te=1.0*qcnt1[r]/qcnt[r];
116 ans+=(1-te)*(1-te)*qcnt1[r]+te*te*(qcnt[r]-qcnt1[r]);
117 r--;
118 }
119 }
120
121 void out()
122 {
123 printf("%.6f\n",ans);
124 }
125
126 int main()
127 {
128 //freopen("data.in","r",stdin);
129 scanf("%d",&T);
130 // for(cnt=1;cnt<=T;cnt++)
131 while(T--)
132 //while(scanf("%d",&n)!=EOF)
133 {
134 ini();
135 solve();
136 out();
137 }
138 }