NOIP2021 - 方差
https://www.luogu.com.cn/problem/P7962
想当年我第一次站在 noip 赛场上，过了 T1 剩下三题就一题不会了……幸好这题拿了点分水了个一等。
观察操作：若对于连续的三个数 \(a,b,c\)，对 \(b\) 进行一次操作后就变成了 \(a,a+c-b,c\)。求出两个数组的差分数组：\(b-a,c-b\) 与 \(c-b,b-a\)。可以发现一次操作相当于差分数组中的邻项交换。
然后又因为将 \(a\) 数组全体加减一个数方差 \(D\) 是不变的……所以我们可以求出长度为 \(n-1\) 的差分数组 \(d\)，然后考虑 \(d\) 数组。
我们对方差进行一个推式子，最后得到了
感性理解，要使这个最小，那就要将大的 \(d\) 与偏远部分的下标对应，故最优解的差分数组应该是单谷的。
考虑先对 \(d\) 数组从小到大排序，然后 dp。这个式子不好去 dp，回归本源：
设 \(f_i\) 表示考虑到前 \(i\) 个 \(d\) 时后面那串的最小值？发现状态中信息不太够。把当前 \(x=\sum a_i\) 放到状态里就可以了。\(f_{i,x}\) 表示前 \(i\) 个 \(d\)，构成的 \(a\) 数组和为 \(x\) 时最小的 \(\sum a^2\)。
易得转移。\(d_i\) 放在右边（\(s=\sum_{j=1}^i d_j\)）：
放在左边：
复杂度 \(O(n^2a)\)，观察到当 \(n>a\) 时差分数组会有大量 \(0\)，而这些 \(0\) 一定出现在排序后的 \(d\) 数组开头，那么这个时候 \(s\) 也为 \(0\)，不管是放在哪边都不会产生转移。所以跳过就行。注意这里跳过只是跳过 \(d_i\)，而 \(i\) 还是要加的。那么现在复杂度就是 \(O(na^2)\)，注意实现，数组要滚动，不要用 memset。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10, M = 610;
int n, a[N], m, mx;
typedef long long ll;
ll f[2][N*M], d[N], s[N];
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
scanf("%d", &a[i]);
}
for(int i = 2; i <= n; ++ i){
d[i-1] = a[i] - a[i-1];
}
sort(d + 1, d + n);
for(int i = 1; i < n; ++ i){
s[i] = s[i-1] + d[i];
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
int p = 0;
for(int i = 1; i < n; ++ i){
if(!d[i]){
continue;
}
p ^= 1;
for(int j = 0; j <= mx; ++ j){
if(f[p^1][j] == 0x3f3f3f3f3f3f3f3f){
continue;
}
f[p][j+s[i]] = min(f[p][j+s[i]], f[p^1][j] + s[i] * s[i]);
f[p][j+i*d[i]] = min(f[p][j+i*d[i]], f[p^1][j] + i * d[i] * d[i] + 2 * j * d[i]);
mx = max(mx, j + (int)max(s[i], i * d[i]));
f[p^1][j] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
}
}
ll ans = 9e18;
for(int j = 0; j <= mx; ++ j){
if(f[p][j] < 0x3f3f3f3f3f3f3f3f){
ans = min(ans, f[p][j] * n - (ll)j * j);
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}