Codeforces Round #317 [AimFund Thanks-Round] (Div. 1) B. Minimization 贪心 dp

最新推荐文章于 2021-12-18 18:51:21 发布

相知无悔

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分类专栏： dp cf

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本文探讨了一个关于数组重排的问题，目标是最小化特定条件下的元素差值之和，并提供了一种有效的贪心加动态规划的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

You've got array A, consisting of n integers and a positive integer k. Array A is indexed by integers from 1 to n.

You need to permute the array elements so that value

$\text{[math]}$ became minimal possible. In particular, it is allowed not to change order of elements at all.

Input

The first line contains two integers n, k (2 ≤ n ≤ 3·105, 1 ≤ k ≤ min(5000, n - 1)).

The second line contains n integers A[1], A[2], ..., A[n] ( - 109 ≤ A[i] ≤ 109), separate by spaces — elements of the array A.

Output

Print the minimum possible value of the sum described in the statement.

Sample test(s)

input
3 2
1 2 4

output
1

input
5 2
3 -5 3 -5 3

output
0

input
6 3
4 3 4 3 2 5

output
3

Note

In the first test one of the optimal permutations is 1 4 2.

In the second test the initial order is optimal.

In the third test one of the optimal permutations is 2 3 4 4 3 5.

题意很简单，就是要求一个数列重排，使得sum{ | a[i+k] - a[i] |}最小。

首先考虑，i i + k,i + 2 * k ,i + 3 * k,这样的数，看成一个组的话，s1 s2 s3 .... sn.如何使这个集合最小呢，自然是s1 s2 s3 .. . sn是递增的，最小为sn - s1.如果不是递增的，最大值在中间，那么从头到最大值这段的和，已经比sn - s1更大了。所以首先可以得到递增的性质，那么就可以先排个序，那么我们可以得到有n / k长度的段，一共有 k - n % k个，n /k + 1长度的段，一共有 n % k个。其次，要sn - s1最小，自然，sn与s1越接近，总和最小，所以每段都会是一个连续段。当然这是一个贪心的思想。因为，如果不是连续的，那么，我们一定可以交换成连续的段，使得总和最小，任何一个连续段，交换任何数，变成不连续段，都会使总和增大，为什么，因为，交换了之后，小的那一段，最大值增大了，大的那一段，最小值增大了，小的大的两段都增大了，所以总和就增大了。可以发现这种策略是正确的。

得到了每组都是连续段的结论，就好做了，用dp来做，dp[i][j]表，已经有i段长为n /k 的组，j段长为n / k + 1 的组所能得到的最小值。

dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j] + pri[now] - pri[now - l1 + 1]);//最后一组是长为l1的组
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-1] + pri[now] - pri[now - l2 + 1]);//最后一组是长为l2的组

状态有o(k * k）个。转移为o(1),加上排序，总的复杂度为o(n * logn + k * k);

#define N 300005
#define M 5005
#define maxn 205
#define MOD 1000000000000000007
int n,k,t;
ll pri[N],dp[M][M];
int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    //freopen("out.txt", "w", stdout);
     while(S2(n,k)!=EOF)
    {
        FI(n){
            S(t);pri[i] = t;
        }
        if(n < k){
            printf("0\n");
            continue;
        }
        sort(pri,pri+n);
        int x1 = k - n % k,x2 = n % k,l1 = n/k,l2 = n/k + 1;
        FI(x1 + 1){
            FJ(x2 + 1){
                dp[i][j] = MOD;
            }
        }
        dp[0][0] = 0;
        FI(x1 + 1){
            FJ(x2 + 1){
                int now = i * l1 + j * l2 - 1;
                if(i >= 1)
                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j] + pri[now] - pri[now - l1 + 1]);
                if(j >= 1)
                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-1] + pri[now] - pri[now - l2 + 1]);
            }
        }
        printf("%lld\n",dp[x1][x2]);
    }
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
    return 0;
}