[2018.04.23 T1] 数学

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数学

【题目描述】

Shy 有一个长度为 n 的数组 a[i]，让你把这个数组分成 k 份（每份包含至少一个元素，且每份中的元素连续）。假设其中一份长这个样子，b[1], b[2],…,b[m]，那么他的价值是b[1]/b[1]+(b[1]+b[2])/b[2]+…+(b[1]+b[2]+…+b[m])/b[m]，求在所有的合法的划分中，最小的价值和是多少。

【输入】

第一行两个整数 n，k 表示数组长度和分成的份数；

第二行为n个整数。

【输出】

输出一个数表示答案。（要求与标准答案的绝对或相对误差不差过 1/10000）。

【输入样例】

4 2
100 3 5 7

【输出样例】

5.7428571429

【提示】

【数据规模】

对于 30%的数据，1≤n≤1000;

对于 100%的数据，1≤n≤200000，1≤k≤min(50,n)，1≤a[i]≤100000。

题解

考试的时候太懒了，写了个$O(n^3k)$的暴力，A了$pretest$连第一个档都没拿完就溜了。。。

不难看出，这是一道$dp$，我们用$dp[i][j]$表示前$i$个点切$j$刀的最优方案，状态转移方程很好想，我们可以枚举断点：

$$dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+代价(k+1\to j))$$

上面的代价有个暴力的算法，设$s+1$为整个块起点（即$s$不包含在分出的块中），$t$为终点，$sum[i]$为每个点权值$val[i]$的前缀和：

$$代价=\sum_{i=s+1}^{t}\frac{sum[i]-sum[s]}{val[i]}$$

博主想到这里就告辞了，$O(n^3k)$居然有15分，出题人可以说是很友善了，但我们可以将上面的式子进一步变形：

$$\sum_{i=s+1}^{t}\frac{sum[i]}{val[i]}+sum[s]\times \sum_{i=s+1}^{t}\frac{1}{val[i]}$$

那我们就可以预处理出$\frac{sum[i]}{val[i]}$的前缀和$sdv[i]$，还有$\frac{1}{val[i]}$的前缀和$rec[i]$，便可以$O(1)$处理出贡献：

$$sdv[t]-sdv[s]-sum[s]\times (rec[t]-rec[s])$$

到此为止，我们就有30分了。。。

显然，长成这个样子，是可以斜率优化的，我们假设$k<j<i$，且$k$比$j$优，为了叙述方便，我们省去第二维，用$dp[i]$表示前$i$个点的最优解：

$dp[k]+sdv[i]-sdv[k]-sum[k]rec[i]+sum[k]rec[k]<dp[j]+sdv[i]-sdv[j]-sum[j]rec[i]+sum[j]rec[j]$

$\frac{dp[k]-sdv[k]+sum[k]rec[k]-(dp[j]-sdv[j]+sum[j]rec[j])}{sum[k]-sum[j]}>rec[i]$

然后，$rec[i]$单增，开始打板。。。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define C(x) (dp[x][t]-sdv[x]+sum[x]*rec[x])
using namespace std;
const int M=2e5+5;
int que[M],val[M],n,p;
db rec[M],sdv[M],dp[M][55],sum[M];
void in()
{
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&val[i]);
        sum[i]=val[i]+sum[i-1];
        rec[i]=1.0/val[i]+rec[i-1];
        sdv[i]=1.0*sum[i]/val[i]+sdv[i-1];
    }
}
db calc(int le,int ri){return sdv[ri]-sdv[le]-sum[le]*(rec[ri]-rec[le]);}
db slop(int t,int k,int j){return 1.0*(C(k)-C(j))/(sum[k]-sum[j]);}
void ac()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)dp[i][1]=sdv[i];
    int le,ri,k;
    for(int i=2;i<=p;++i)
    {
        le=ri=0;
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            while(le<ri&&slop(i-1,que[le+1],que[le])<rec[j])le++;
            k=que[le];
            dp[j][i]=dp[k][i-1]+calc(k,j);
            while(le<ri&&slop(i-1,que[ri],que[ri-1])>slop(i-1,j,que[ri]))ri--;
            que[++ri]=j;
        }
    }
    printf("%lf\n",dp[n][p]);
}
int main()
{
    in();ac();
    return 0;
}