bzoj 4953 [ACMICPC World Final 2017]Posterize

最新推荐文章于 2021-02-16 18:33:09 发布

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#题解

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博客围绕色块平方误差最小化问题展开。给定n个色块，每个有像素数和红色值强度，要选k个整数使平方误差最小。介绍了输入输出格式及样例，解题思路是用动态规划，设dp[i][j]，通过打表预处理优化，使复杂度为O(n3)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意简述

以下只考虑红色值。有 $n$ 个色块，每个色块占 $cnt_i$ 个像素，红色值强度为 $val_i$ 。选择 $k$ 个整数 $v1,v2⋯vkv_1,v_2\cdots v_k$ ，定义"平方误差"为
$∑i=1ncnti×minj=1k{(vali−vj)2}\sum\limits_{i=1}^{n}cnt_i\times min_{j=1}^{k}\{(val_i-v_j)^2\}$ ，（意会理解：对于第 $i$ 个色块，选择一个 $v_j$ 满足 $val_i-v_j)^2$ 最小，然后用这个最小值乘上 $cnt_i$ ，把每个色块得到的这些和加起来）。
合理安排使得"平方误差"最小。

数据

输入

第一行两个正整数 $n, k$
接下来 $n$ 行，每行两个数 $val_i$ 和 $cnt_i$ 。保证 $val_i$ 升序

输出

输出最小的"平方误差"。

样例

输入
2 1
50 20000
150 10000
输出
66670000

输入
2 2
50 20000
150 10000
输出
0

输入
4 2
0 30000
25 30000
50 30000
255 30000
输出
37500000

思路

显然是 $D P$ 吧。。。像这种题，题做多了，一样就能看出来应该设 $d p [i] [j]$ 为考虑前 $i$ 个色块,选择了 $j$ 个整数。显然，答案就是 $d p [n] [k]$ 。那么，如何转移呢？

对于 $d p [i] [j]$ 我们选择一个断点 $k k$ （为了不和 $k$ 重名），那么此时就要用 $d p [k k] [j - 1]$ +（ $k k + 1$ 到 $i$ 选择某整数的最优解）的值来更新 $d p [i] [j]$ 。现在我们发现关键了，（ $k k + 1$ 到 $i$ 选择某整数的最优解）这个值怎么求？

如果我们要暴力求的话，那么我们的 $d p$ 就是四次方的 $d p$ ，就会 $F F T (f a s t - f a s t - T L E)$ 了。所以我们考虑打表预处理。首先枚举转移到了哪个点 $k k$ （也是为了不和 $k$ 重名），然后枚举所有区间，一边枚举一遍加上和，然后更新最小值。预处理就是 $O(n^3)$ 的了。这样，我们的 $d p$ 也就是 $O(n^3)$ 的了，能过。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandle_Scarlet
{
    #define N 300
    #define int long long
    int n,k;
    struct col
    {
        int val,cnt;
    }a[N];

    void Input()
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        if (k>=n)
        {
            puts("0\n");
            exit(0);
        }
        //k>=n的情况，直接选择一些整数和n个色块重合，答案就是0了。这个特判掉
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int val,cnt;scanf("%lld%lld",&val,&cnt);
            a[i]=(col){val,cnt};
        }
    }

    int dp[N][N];
    int dis[N][N];
    //dis[l][r]表示l到r整体都选择某个点的最小代价
    int sqr(int x){return x*x;}
    void DP()
    {
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
        for(int kk=0;kk<=256;++kk)
        //枚举断点kk
        {
            for(int i=1;i<=n;++i)
            {
                int ans=0;
                for(int j=i;j<=n;++j)
                {
                    ans+=sqr(a[j].val-kk)*a[j].cnt;
                    //叠加的
                    dis[i][j]=min(dis[i][j],ans);
                    //更新最小值
                }
            }
        }

        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        dp[0][0]=0;//注意边界！！！
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            for(int j=1;j<=k and j<=i;++j)
            {
                for(int kk=0;kk<i;++kk)
                {
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[kk][j-1]+dis[kk+1][i]);
                    //这个转移就很显然了。。。
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",dp[n][k]);
    }
    void Main()
    {
        Input();
        DP();
    }
};
main()
{
    Flandle_Scarlet::Main();
    return 0;
}