poj 1160 Post Office（wqs 二分 | 思维dp）

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wqs二分入门题，这题可以直接 dp，且复杂度不会比 wqs 二分高。

问题具有一个性质：限制你建 m 个 post office，但是显然建的越多代价越少，代价和建的 post office 的数量在二维平面上是一个上凸包的形状。

考虑在给每个 post office 加一个代价 $x$ ，每建一个 post office 都要付出额外 $x$ 的代价，显然 $x$ 越大，最优解建的 post office 越少，反之越多，即具有单调性。

可以二分 $x$，然后在不考虑建几个 post office 的限制下进行 dp，求出最小代价 以及对应的建立的 post office 的数量。

考虑如何 dp：首先考虑，在 [l,r] 区间内建一座 post office，建在哪最优。
画一下可以发现是建在中间的点 $mid$ 最优，设刚开始建在 $x$（$x<mid$），$x$ 的左边有 a 个点，右边有 b 个点，且 $dis(x,x+1)=d$，如果将post ofiice 右移到下一个点，对答案的贡献改变了：$(a+1)\ast d-b\ast d$，当 $a+1\le b$ 时都可以移动 $x$，当 $x>mid$ 时可以类似的方法证明。

容易列出转移方程：$dp[i]=dp[j]+w(j,i)$，其中 $w(j,i)$ 表示在 [j,i] 建一个 post office 的最小代价。
预处理 $w(j,i)$：可以发现如果 $w(j,i-1)$ 已经求出， $w(j,i)=w(j,i-1)+a[j]-a[\lfloor \frac{i+j}{2}\rfloor ]$

复杂度为 $n^2\log v$，$v$ 较大，可以取所有 $a$ 的和。

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代码：

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],sum;
int dp[maxn],w[maxn][maxn],d[maxn];
int solve(int x) {
    
    
	memset(dp,inf,sizeof dp);
	memset(d,0,sizeof d);
	dp[0] = 0; d[0] = 0;					//在取得最优的情况下尽可能的建post office 
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		for (int j = 0; j < i; j++) {
    
    
			if (dp[j] + w[j + 1][i] + x < dp[i]) {
    
    
				dp[i] = dp[j] + w[j + 1][i] + x;
				d[i] = d[j] + 1;
			} else if (dp[j] + w[j + 1][i] + x == dp[i]) {
    
    
				if (d[j] + 1 > d[i])
					d[i] = d[j] + 1;
			}
		}
	}
	return d[n];
}
int main() {
    
    
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		scanf("%d",&a[i]);
		sum += a[i];
	}
	sort(a + 1,a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
			w[i][j] = w[i][j - 1] + a[j] - a[i + j >> 1];
	memset(dp,0,sizeof dp);
	memset(d,0,sizeof d);
	int l = 0, r = sum;
	while (l < r) {
    
    
		int mid = l + r >> 1;
		if (solve(mid) < m) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	solve(l - 1);
	printf("%d\n",dp[n] - m * (l - 1));
	return 0;
}