【JZOJ5413】【NOIP2017提高A组集训10.22】清兰

Description

Data Constraint

对于30%的数据，满足n<=500,m<=200
对于70%的数据，满足n<=20000,m<=100000
对于100%的数据，满足
1<=n<=50000,1<=m<=100000000,-100<=L<=100,|si|<=100
对于每个部分，均有50%的数据满足L=0

Solution

我们发现对于一个间距若分成k个间隔，一定是均分更优。设$s[i]-s[i-1]=d,(d-l)^2=d^2+l^2-2*d*l$

$$设\sum a[i]=d$$ l^2为定值，2*l* $\sum a[i]=2*l*d为定值，所以我们只用讨论\sum a[i]^2$
由柯西不等式 $$k*\sum a[i]^2>=(\sum a[i])^2=d^2$$
我们发现分成k份后的贡献为 $k*(d/k-l)^2=d^2/k+k*l^2-2*d*l$当k增加1时，答案的增量为 $l^2-{d^2\over k*(k+1)}$这时我们就想到了70%的nlogn的做法，即每次从set中取出 $l^2-{d^2\over k*(k+1)}$的最小值。
我们还可以证明，对于一个间隔，分在它的区间至少为 $\lfloor{|s[i]-s[i-1]|*m\over \sum|s[i]-s[i-1]|}\rfloor$我们来证明一下：
设 $\sum|s[i]-s[i-1]|=sum$
对于一个i，若存在一个最优值满足分于i的区间为 $\lfloor{|s[i]-s[i-1]|*m\over \sum|s[i]-s[i-1]|}\rfloor-1$，另一个j的分于j的区间即为 $\lfloor{|s[j]-s[j-1]|*m\over \sum|s[i]-s[i-1]|}\rfloor+1$，那么我们现在若可以在i或j改变一个区间 $${-di^2\over{(\lfloor{|di|*m\over sum}\rfloor-1)*(\lfloor{|di|*m\over sum}\rfloor)}}<={-di^2\over{(\lfloor{|di|*m\over sum}\rfloor)^2}}={-sum^2\over m^2}$$
$${-dj^2\over{(\lfloor{|dj|*m\over sum}\rfloor+1)*(\lfloor{|dj|*m\over sum}\rfloor+2)}}>={-dj^2\over{(\lfloor{|dj|*m\over sum}\rfloor)^2}}={-sum^2\over m^2}$$
明显增加i更优。
所以我们可以事先给每个区间 $\lfloor{|s[i]-s[i-1]|*m\over sum}\rfloor$的区间，同时我们还可以由增量 $l^2-{d^2\over k*(k+1)}$算出区间也至少为 $\lfloor l/d \rfloor$,两者取min，然后继续执行70分算法。每个区间改变量不超过1。时间复杂度O(NlogN)。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define db double
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;
ll d[maxn];
ll n,m,i,l,j; 
db t,k,p,a[maxn],q,ans,x,y,z;
struct code{
    db x;
    int y,z;
    bool friend operator < (code x,code y){
        return x.x<y.x || x.x==y.x && x.y<y.y;
    }
}g;
set<code>f;
db sqr(db x){return x*x;}
int main(){
    freopen("seiran.in","r",stdin);freopen("seiran.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%lf",&n,&m,&p);
    for (i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]),q+=abs(a[i]-a[i-1]);q-=abs(a[1]);
    for (i=2;i<=n;i++){
        x=abs(a[i]-a[i-1]);
        if (p)d[i]=min(x/abs(p),x/q*m);
        else d[i]=x/q*m;
        if (!d[i])d[i]++;
        ans+=d[i]*sqr((a[i]-a[i-1])/d[i]-p);g.z=2;
        if (p*p-x*x/((d[i]+1)*d[i])<0)g.x=p*p-x*x/((d[i]+1)*d[i]),g.z=1;
        else if (d[i]>1)g.x=-(p*p-x*x/((d[i]-1)*d[i])),g.z=-1;
        if (g.z!=2)g.y=i,f.insert(g);
    }
    for (i=2;i<=n;i++)
        m-=d[i]-1;
    while (m){
        g=*f.begin();
        if (g.x>=0) break;
        t++;
        ans+=g.x;m-=g.z;
        f.erase(g);x=a[g.y]-a[g.y-1];d[g.y]+=g.z;
        if (g.z<0 && d[g.y]==1) continue;
        g.x=g.z*(p*p-x*x/((d[g.y]+g.z)*d[g.y]));
        f.insert(g);
    }
    if (ans<0) ans=0;
    printf("%.3lf\n",ans);
}