[NOIP2021] 方差
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题目
[NOIP2021] 方差
题目描述
给定长度为 \(n\) 的非严格递增正整数数列 \(1 \le a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n\)。每次可以进行的操作是：任意选择一个正整数 \(1 < i < n\)，将 \(a_i\) 变为 \(a_{i - 1} + a_{i + 1} - a_i\)。求在若干次操作之后，该数列的方差最小值是多少。请输出最小值乘以 \(n^2\) 的结果。
其中方差的定义为：数列中每个数与平均值的差的平方的平均值。更形式化地说，方差的定义为 \(D = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} {(a_i - \bar a)}^2\)，其中 \(\bar a = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_i\)。
输入格式
输入的第一行包含一个正整数 \(n\)，保证 \(n \le {10}^4\)。
输入的第二行有 \(n\) 个正整数，其中第 \(i\) 个数字表示 \(a_i\) 的值。数据保证 \(1 \le a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n\)。
输出格式
输出仅一行，包含一个非负整数，表示你所求的方差的最小值的 \(n^2\) 倍。
样例 #1
样例输入 #1
4
1 2 4 6
样例输出 #1
52
提示
【样例解释 #1】
对于 \((a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 2, 4, 6)\)，第一次操作得到的数列有 \((1, 3, 4, 6)\)，第二次操作得到的新的数列有 \((1, 3, 5, 6)\)。之后无法得到新的数列。
对于 \((a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 2, 4, 6)\)，平均值为 \(\frac{13}{4}\)，方差为 \(\frac{1}{4}({(1 - \frac{13}{4})}^2 + {(2 - \frac{13}{4})}^2 + {(4 - \frac{13}{4})}^2 + {(6 - \frac{13}{4})}^2) = \frac{59}{16}\)。
对于 \((a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 3, 4, 6)\)，平均值为 \(\frac{7}{2}\)，方差为 \(\frac{1}{4} ({(1 - \frac{7}{2})}^2 + {(3 - \frac{7}{2})}^2 + {(4 - \frac{7}{2})}^2 + {(6 - \frac{7}{2})}^2) = \frac{13}{4}\)。
对于 \((a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 3, 5, 6)\)，平均值为 \(\frac{15}{4}\)，方差为 \(\frac{1}{4} ({(1 - \frac{15}{4})}^2 + {(3 - \frac{15}{4})}^2 + {(5 - \frac{15}{4})}^2 + {(6 - \frac{15}{4})}^2) = \frac{59}{16}\)。
【数据范围】
| 测试点编号 | \(n \le\) | \(a_i \le\) |
|---|---|---|
| \(1 \sim 3\) | \(4\) | \(10\) |
| \(4 \sim 5\) | \(10\) | \(40\) |
| \(6 \sim 8\) | \(15\) | \(20\) |
| \(9 \sim 12\) | \(20\) | \(300\) |
| \(13 \sim 15\) | \(50\) | \(70\) |
| \(16 \sim 18\) | \(100\) | \(40\) |
| \(19 \sim 22\) | \(400\) | \(600\) |
| \(23 \sim 25\) | \({10}^4\) | \(50\) |
对于所有的数据，保证 \(1 \le n \le {10}^4\)，\(1 \le a_i \le 600\)。
历时一天半，共八届奥赛课加两节数学自习的努力，终于给他 \(A\) 了，下面简单回顾一下我这悲苦的历程
题目一开始是没什么思路的，但入手点一定得在操作上找，然后就设一个 \(a_1,a_2,a_3,a_4\) 开始自己胡乱手模
然后我就惊奇的发现，只模这个数是没什么作用的（因为我半个小时后什么也没得出来），然后就不看这个数了，开始
看俩数操作后的关系，就做了个差，然后。。就发现了一个惊奇的性质：操作一个数 \(a_i\) 相当于把 \(a\) 的查分数组 \(x\) 中的
\(x_{i-1}\) 和 \(x_{i}\) 互换位置
那现在问题就转化成了找出一个 \(x\) 的排列使方差最小，然后就开始推式子了。。。
记 \(a_i=a_1+\sum_{j=1}^{i-1} \limits x_j\) , \(\bar a=a_1+\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\limits\sum_{j=1}^{i-1}\limits x_j\)
这就是我们答案的初始式子了，但我们不知道 \(x\) 序列的排列方式，所以。。。继续推
我们发现这个 \(min\) 不太好处理，但是我们容易推出 \(\sum_{i = 1}^{n-1}\limits \sum_{j=1}^{n-1} \limits x_i*x_j=2*\sum_{i = 1}^{n-1}\limits \sum_{j=1}^{i-1} \limits x_i*x_j+\sum_{i=1}^{n-1}\limits {x_i}^2\)
所以原式可化为
观察左边的式子发现，当中间部分的 \(x\) 较小时整体较小，这时我们看右边式子，列一下 \(n=7\) 时的矩阵
| （ i ，j ） | i=2 | i=3 | i=4 | i=5 | i=6 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(j=5\) | \((6,5)\) | ||||
| \(j=4\) | \((5,4)\) | \((6,4)\) | |||
| \(j=3\) | \((4,3)\) | \((5,3)\) | \((6,3)\) | ||
| \(j=2\) | \((3,2)\) | \((4,2)\) | \((5,2)\) | \((6,2)\) | |
| \(j=1\) | \((2,1)\) | \((3,1)\) | \((4,1)\) | \((5,1)\) | \((6,1)\) |
我们同时列一下其对应的系数
| （ i ，j ） | i=2 | i=3 | i=4 | i=5 | i=6 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(j=5\) | \(5\) | ||||
| \(j=4\) | \(8\) | \(4\) | |||
| \(j=3\) | \(9\) | \(6\) | \(3\) | ||
| \(j=2\) | \(8\) | \(6\) | \(4\) | \(2\) | |
| \(j=1\) | \(5\) | \(4\) | \(3\) | \(2\) | \(1\) |
我们惊奇的发现，对于右面的式子，也是当中间 \(x\) 的值小时，整体值较小
所以我们就得到了：当 \(x\) 承单谷排列时，使答案最小
但我们又发现一个问题，我们只知道单谷排列，但并不知道“谷”在哪，所以我们就应该 \(DP\) 了
考虑我们初始的式子\(n\sum_{i = 1}^{n-1}\limits (\sum_{j=1}^{i} \limits x_j)^2-(\sum_{i=1}^{n-1}\limits\sum_{j=1}^{i}\limits x_j)^2\)
我们想让整体最小，就是想让\(\sum_{i = 1}^{n-1}\limits (\sum_{j=1}^{i} \limits x_j)^2\)最小时，且\((\sum_{i=1}^{n-1}\limits\sum_{j=1}^{i}\limits x_j)^2\)最大
但两个变量明显不好求,所以我们钦定\(\sum_{i=1}^{n-1}\limits\sum_{j=1}^{i}\limits x_j\)不变，去找每一个不同的和对应的最小的\(\sum_{i = 1}^{n-1}\limits (\sum_{j=1}^{i} \limits x_j)^2\)
这里我们的转移方程也出来了：\(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个差分数组，\(\sum_{i=1}^{n-1}\limits\sum_{j=1}^{i}\limits x_j=j\) 时，最小的\(\sum_{i = 1}^{n-1}\limits (\sum_{j=1}^{i} \limits x_j)^2\)
这里应该提前从小到大排个序
考虑新进来一个 \(x_{i+1}\) 对答案的影响，设 \(sum_i\) 为前 \(i\) 个差分序列的和
- 1：如果放在序列右面：
- 2：如果放在序列左面：相当于之前填的序列整体右移
贡献为$$\sum_{j=1}^{i} (x_j+x_{i+1})^2- \sum_{j=1}^{i} x_j^2$$
最后加他本身的 \(x_{i+1}^2\)
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
const int maxn=1e4+10;
using namespace std;
int n,a[maxn],x[maxn],f[2][500001],sum[maxn],top,s,ans;
int main()
{
// freopen("set1.in","r",stdin);
// freopen("T.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
x[i-1]=i>1?a[i]-a[i-1]:0;
// cout<<x[i-1]<<endl;
}
sort(x+1,x+n);
for(int i=1;i<n;i++) sum[i]=sum[i-1]+x[i];
memset(f,0x7f,sizeof f);
f[1][x[1]]=x[1]*x[1];
top=x[1];
int temp=0;
for(int i=1;i<n-1;i++)
{
temp^=1;
top+=x[i+1]*(i+1);
for(int j=0;j<=top;j++)
{
s=j+sum[i+1];
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<f[i][j]<<endl;
// if(s>top) continue;
f[temp^1][s]=min(1ll*f[temp^1][s],f[temp][j]+1ll*sum[i+1]*sum[i+1]);
}
for(int j=0;j<=top;j++)
{
s=j+x[i+1]*(i+1);
// if(s>top) continue;
f[temp^1][s]=min(1ll*f[temp^1][s],f[temp][j]+1ll*x[i+1]*x[i+1]*(i+1)+2ll*j*x[i+1]);
}
memset(f[temp],0x7f,sizeof f[temp]);
}
ans=0x7f7f7f7f;
for(int i=0;i<=top;i++)
// cout<<f[(n-1)&1][i]<<endl;
ans=min(1ll*ans,1ll*n*f[(n-1)&1][i]-1ll*i*i);
cout<<ans<<'\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号