【斜率优化dp+wqs二分】最小划分_c++最小划分什么意思-优快云博客

本文讲解了一种优化问题，如何通过将长度为n的序列划分为m段，每段和为wi，并控制参数p，最小化总和的平方。通过拆解公式，利用动态规划和二分搜索技巧，实现了复杂度为O(nm)的解决方案。核心在于斜率优化和区间划分策略。

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题意

给定一个长度为n的序列，把它划分成m段，每段的和为 $w_i$ 并给定一个参数p，要求最小化 $∑i=1m(wi+p)2\sum_{i=1}^{m}(w_i+p)^2$

分析

先把平方拆开， $ans=mp2+2p∑i=1nai+∑i=1mwi2ans=mp^2+2p\sum_{i=1}^na_i+\sum_{i=1}^mw_i^2$
前两项是定值，我们只需要最小化第三项即可

先写出dp方程，设 $f_{i,j}$ 表示前 i 个位置划分成了 j 段的最小值
得到如下的转移方程 $f_{k,i}=min(f_{k-1,j}+(s_i-s_j)^2)$
这个式子显然可以斜率优化，这样能做到复杂度 $O (n m)$

这个东西还是下凸的，可以wqs二分！！

我们二分一个 $C$ ，代表多划分一段，就要多出 $C$ 的额外花费，也就是在转移的时候多加上 $C$ 。记录最优解所需划分的段数，让段数小于等于 $m$ 即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
const double eps=1e-9;
const ll inf=1ll<<40;
ll f[maxn],sum[maxn],p,sq[maxn];
int st[maxn],head,tail,n,m;
ll sqr(ll x)
{
    return x*x;
}
double slope(int a,int b)
{
    return 1.0*(f[b]-f[a]+sqr(sum[b])-sqr(sum[a]))/(1.0*(sum[b]-sum[a]));
}
int g[maxn];
void solve(ll mid)
{
    head=tail=1; st[1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(head<tail && slope(st[head],st[head+1])<2.0*sum[i]+eps) head++;
        int j=st[head];
        f[i]=f[j]+sqr(sum[i]-sum[j])+mid;
        g[i]=g[j]+1;
        while(head<tail && slope(st[tail-1],st[tail])+eps>slope(st[tail],i)) tail--;
        st[++tail]=i;
    }
}
int main()
{
    freopen("divide.in","r",stdin);
    freopen("divide.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll x; scanf("%lld",&x);
        sum[i]=sum[i-1]+x;
        sq[i]=sum[i]*sum[i];
    }
    ll ans=2*p*sum[n]+m*p*p;
    ll l=0,r=sq[n],res;
    while(l<r)
    {
        ll mid=l+r>>1;
        solve(mid);
        if(g[n]>m) l=mid+1;
        else res=f[n]-mid*m,r=mid;
    }
   printf("%lld",ans+res);
    return 0;
}