BZOJ 2135 刷题计划（贪心，求导，二分）【BZOJ 修复工程】

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题目链接

https://hydro.ac/d/bzoj/p/2135

是 hydro 的 BZOJ 修复工程！（我也去领了一点题慢慢修着玩，这题就是我修的嘿嘿嘿）

题目描述

为了提高自己的实力， gx 想要制定一个合理的刷题计划。这里我们用实数来表示题目的难度，并且把刷题计划中由题目难度组成的序列称为刷题序列。gx 刷题最喜欢循序渐进的方式，最理想的情况莫过于刷题序列是个等差数列了。但是这很难做到，于是我们定义一个刷题序列 aaa 的偏移值 p(a)=∑i=2n(ai−ai−1−L)2\displaystyle p(a)=\sum_{i = 2}^{n}(a_i-a_{i-1}-L)^2p(a)=i=2∑n(ai−ai−1−L)2，其中 LLL 是给定的一个常数。

现在 gx 的老师已经布置给他 nnn 道必做题，同时他还有空余时间从 OJ 上找 mmm 道题来刷。他不希望改变这 nnn 道必做题的相对顺序，但是选做题的难度以及在数列中的位置都是任意的（OJ 上的题目太多了，随你怎么挑）。

gx 希望你帮他设计一个刷题序列，使得该序列的偏移值最小。

输入格式

输入的第一行包含三个数： n,m,Ln, m, Ln,m,L。nnn 是整数，表示必做题有 nnn 道， mmm 是整数，表示选做题有 mmm 道，LLL 是实数。

第二行包含 nnn 个实数，依次表示每道必做题的难度。

输出格式

输出一个实数，表示最小的偏离值。保留三位小数。

4 3 1.0
1 4 5 3

8.000

数据规模与约定

对于 30%30\%30% 的数据， n≤500n\le 500n≤500，m≤200m\le 200m≤200。

对于 70%70\%70% 的数据，n≤2×104n\le 2\times 10^4n≤2×104，m≤105m\le 10^5m≤105。

对于 100%100\%100% 的数据， 1≤n≤5×1041\le n\le 5\times 10^41≤n≤5×104，1≤m≤1081\le m\le 10^81≤m≤108，−100≤L≤100-100\le L\le 100−100≤L≤100，∣ai∣≤100|a_i|\le 100∣ai∣≤100。

存在 50%50\%50% 的数据，L=0L=0L=0。

提示

样例说明：将原序列 (1,4,5,3)(1,4,5,3)(1,4,5,3) 变成 (1,2,3,4,5,4,3)(1,2,3,4,5,4,3)(1,2,3,4,5,4,3) ，偏离值为 8.008.008.00。

Solution

题目可以转化为，一个有 nnn 个数的序列，你有 mmm 次操作，每次操作可以在两个数之间插入一个任意大小的数，求得到的新序列的最小偏差值： p(a)=∑i=2n(ai−ai−1−L)2\displaystyle p(a)=\sum_{i = 2}^{n}(a_i-a_{i-1}-L)^2p(a)=i=2∑n(ai−ai−1−L)2

序列一共有 nnn 个数，每两个数之间可以插入若干个数，显然最开始一共有 n−1n-1n−1 个位置可以插入，也即一共有 n−1n-1n−1 个差值 ai−ai−1a_i-a_{i-1}ai−ai−1。对于一个序列 a1,a2,a3a_1,a_2,a_3a1,a2,a3，一共有两个位置可以操作，让我们在 a1,a2a_1,a_2a1,a2 之间进行一次操作以后，原差值 a2−a1a_2-a_1a2−a1 就变成了 a3−a2,a2−a1a_3-a_2,a_2-a_1a3−a2,a2−a1，即每次操作可以把一个差值分成两份，求最后进行 mmm 次操作以后得到的 n−1+mn-1+mn−1+m 个差值序列中每个数与 LLL 的差的平方和最小是多少。

我们设这 n−1n-1n−1 个差值，第 iii 个差值的值为 sss 分裂 xix_ixi 次。

设 f(s,x)f(s,x)f(s,x) 表示一个数 sss，分裂 xxx 次后产生的最小平方和，根据柯西不等式，显然我们将 sss 平分成 x+1x+1x+1 份是最优的。

因此我们可以得到：

f(s,x)=(Sx+1−L)2×(x+1)=(s−(x+1)×L)2x+1=s2x+1+2sL+(x+1)×L2\begin{aligned}f(s, x)&=(\cfrac {S}{x+1}-L)^2\times (x+1)&\\&=\cfrac {(s-(x+1)\times L)^2}{x+1}&\\&=\frac {s^2}{x+1}+2sL+(x+1)\times L^ 2 \end{aligned} f(s,x)=(x+1S−L)2×(x+1)=x+1(s−(x+1)×L)2=x+1s2+2sL+(x+1)×L2
根据题意，s∈(−∞,+∞)s\in(-\infin,+\infin)s∈(−∞,+∞)，x∈(0,+∞)x\in(0,+\infin)x∈(0,+∞)，我们可以对 f(s,x)f(s, x)f(s,x) 进行求导：

df(s,x)dx=L2−s2(x+1)2\cfrac{df(s, x)}{dx}=L^2-\frac {s^2}{(x+1)^2} dxdf(s,x)=L2−(x+1)2s2
无法判断正负，考虑再次求导：
d2f(s,x)dx2=2s2(x+1)3>0\frac {d^2f(s, x)}{dx^2}=\frac{2s^2}{(x+1)^3}>0 dx2d2f(s,x)=(x+1)32s2>0
此时的导数一定是大于 000 的，我们可以得出结论：对于第 iii 个差值，我们增加他的分裂次数 xix_ixi，f(si,xi)f(s_i,x_i)f(si,xi) 的增值 Δi\Delta_iΔi 关于 xix_ixi 是递增的，其中 Δi=f(si,xi+1)−f(si,xi)\Delta_i=f(s_i,x_i+1)-f(s_i,x_i)Δi=f(si,xi+1)−f(si,xi)。

那么问题就可以转化为有 n−1n-1n−1 个递增序列，从中选出 mmm 个数使他们的和最小，显然可以使用堆贪心取最大差值即可，但是 m≤108m\le 10^8m≤108，堆贪心时间复杂度为 O(mlog⁡n)O(m\log n)O(mlogn)，考虑优化。

考虑二分最小偏差值增量 Δi\Delta_iΔi，我们可以直接解方程求出每个数最多能分裂的次数，与能够执行的 mmm 次操作比较大小即可。