传送门QAQ

Preface

现在看来当时的我还是太菜了啊QAQ（虽然现在也很菜

Analysis

显然，原序列中每个数都减去同一个数后，方差也不会有任何改变。

为了方便，这里我们先让原式中每个 \(a_i\) 减去 \(a_1\)。

考虑将题中要求的这个式子化简（很简单，过程省去）：

\[n\times \sum_{i=1}^n a_i^2-(\sum_{i=1}^na_i)^2 \]

此时仍然找不到什么思路，因为题中这个操作非常迷惑。

不过观察到，\(a_i \gets a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\) 后，\(a_{i-1},a_i,a_{i+1}\) 三项就有了公共项。

考虑差分一下寻找规律。令 \(d_i=a_i - a_{i-1}\)。

发现一次操作后 \(d_i=a_{i+1}-a_i,d_{i+1}=a_i-a_{i-1}\)。

可以发现，一次操作就是交换了 \((d_i,d_{i+1})\) 。那么我们可以通过不断交换随意重排这个序列。

但是这也是有条件的，我们重排是为了让序列的方差最小，这就需要一些处理手段了。

Lemma：满足题意的差分数组必然呈单谷状。

形式化的说，存在一点 \(k(1\le k\le n)\)，满足 \(\forall i \in [1,k),d_i \ge d_{i+1}\) 且 \(\forall i \in [k,n),d_i \le d_{i+1}\)。

感性理解一下，这样构造就是使得 \(a\) 数组中的数值较为集中在平均值附近。

引用一下 这篇题解 的图：

这样构造出来的差分数组长这个样子，那么用前缀和求出原来的 \(a\) 数组就是：

根据初中数学的知识，方差越小，代表着一个序列的「波动」越小，也就是离平均值更近。

显然这样构造是很优秀的，但怎么说明这样就是最优的呢？

证明：

（注：以下均是我从另一篇博客找来的极不严谨较容易理解的方法，严谨的数学证明请看其它博客）

考虑邻项交换。只考虑 \(\ge k\) 的部分，\(\lt k\) 的部分也是同理。

考虑交换 \((d_x,d_{x+1})(x \ge k)\)，显然这只会让原序列中的 \(a_x\) 变大。

但这会导致我们的 \(\bar{a}\) 一起变大，还是不太好判断。

不如回到方差的定义，「波动」越大，方差越大，\(a_x\) 处于较大的一部分，它变大显然会让整个序列的「波动」变大，那么方差也会变大。

（这个解释好牵强QAQ，考场上还是推一推样例找性质，然后打个暴力对拍吧qwq）

有了这个性质，开始设计算法：
将 \(d\) 数组从小到大排序，依次插入新的差分序列的头或尾，显然这样是满足单谷的要求的。

现在要做的是判断是插入序列头还是序列尾部。

状态很多，又是最优化，考虑 DP。

设 \(f(i,j)\) 表示将前 \(d_1\sim d_i\) 插入序列，\(\sum a_i=j\) 时最小的 \(\sum a_i^2\)。

分情况讨论：

• 插入序列头：\(f(i,j) = f(i-1,j - i\times d_i)+ i\times d_i^2+2\times (j-i\times d_i)\times d_i\)。

• 插入序列尾：\(f(i,j)=f(i-1,j-\sum\limits_{k=1}^i d_k)+ j\times j\)。

此时还有一个问题：这个 DP 时空复杂度均为 \(O(N^2\times \max\{a_i\})\)，被数据范围卡住了。

空间可以用滚动数组优化，那时间呢？

观察最后一组数据，\(N\) 非常大，但 \(a_i\) 非常小，说明我们的 \(d\) 数组中存在相当多的 \(0\)。

那么我们遇到 \(0\) 直接跳过就好了。计入时间复杂度的循环就只有 \(O(\max\{a_i\})\) 轮。

此时时间复杂度降到 \(O(N\times \max\{a_i\}^2)\)，可以通过本题。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e4 + 5;
const int maxm = 605;
const ll INF = 1e16;
int n,a[maxn],d[maxn],sum[maxn];
ll f[2][maxn * maxm]; 
int main() {
	freopen("variance.in","r",stdin);
	freopen("variance.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	int m = n - 1;
	for(int i = 1;i <= n;++ i)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i = 1;i <= m;++ i)d[i] = a[i + 1] - a[i];
	sort(d + 1 , d + m + 1);
	for(int i = 1;i <= m;++ i)sum[i] = sum[i - 1] + d[i];
	for(int i = 0;i <= m * sum[m];++ i)f[0][i] = INF;
	f[0][0] = 0;
	bool u = false;
	for(int i = 1;i <= m;++ i) {
		if(!d[i])continue ;
		u ^= true;
		for(int j = 0;j <= sum[m] * m;++ j) {
			f[u][j] = INF;
			if(j >= d[i] * i)f[u][j] = min(f[u][j] , f[u ^ 1][j - i * d[i]] + 1ll * i * d[i] * d[i] + 2ll * (j - i * d[i]) * d[i]);
			if(j >= sum[i])f[u][j] = min(f[u][j] , f[u ^ 1][j - sum[i]] + 1ll * sum[i] * sum[i]);
		}
	}
	ll ans = INF;
	for(int j = 0;j <= m * sum[m];++ j)ans = min(ans , 1ll * n * f[u][j] - 1ll * j * j);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

标签：方差,int,题解,sum,times,maxn,序列,NOIP2021
来源： https://www.cnblogs.com/663B/p/16533749.html