前言

回歸OI，隨便找一道清真dp題寫(xiě)寫(xiě)吧
做完發(fā)現(xiàn)一點(diǎn)都不清真

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題目大意

現(xiàn)在有$n$個(gè)數(shù)，每次可以取若干個(gè)數(shù)，將每個(gè)數(shù)賦成平均值，限制$k$次，問(wèn)第一個(gè)數(shù)最大能變成多少

數(shù)據(jù)范圍

$n\le 1000,k\le 10^9$
另外，精度要求$p$位，$3\le p\le 3000$

題解

設(shè)$n$個(gè)數(shù)為$h_1,h_2,h_3???h_n$

• 對(duì)于$?i\in [2,n]$滿足$h_i\le h_1$，這個(gè)數(shù)肯定不會(huì)被使用

這個(gè)很好證明，$h_i$與大于$h_1$的數(shù)取平均只會(huì)讓那些數(shù)變小，不優(yōu)，$h_i$與小于等于$h_1$的數(shù)取平均不會(huì)讓他們變得大于$h_1$

• 每次取平均一定是包含$h_1$的

由于上一條我們已知，取平均的一定比$h_1$大，那就有
$\frac{h_1+\frac{h_2+h_3}{2}}{2}<\frac{h_1+h_2+h_3}{3}$
（因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$h_1<h_2,h_1<h_3$）

• 使用完一個(gè)數(shù)后，這個(gè)數(shù)將不會(huì)再被使用

根據(jù)取平均的性質(zhì)，再根據(jù)第一條可得

• 如果次數(shù)足夠多，那一定是從小到大一個(gè)個(gè)一次與$h_1$取平均的

$\frac{\frac{h_1+h_2}{2}+h_3}{2}>\frac{h_1+h_2+h_3}{3}$
（$h_1<h_2<h_3$）
所以大于$n$的$k$都是沒(méi)用的，下文的$k$的數(shù)據(jù)范圍均可當(dāng)作小于等于$n$

然后就是次數(shù)不夠多的情況，我們發(fā)現(xiàn)有些要合并
考慮dp
$f_{i,j}$表示用了前$i$個(gè)數(shù)，進(jìn)行了$j$次取合并的最大值
$$f_{i,j}=max\{max\{(f_{k,j?1}+\sum _{l=k+1}^i{h}_l)/(i?k+1)\},f_{i?1,j}\}$$
不能忘記與$f_{i?1,j}$取max，因?yàn)樵诖螖?shù)不夠的時(shí)候，并不一定所有數(shù)都要取
此處復(fù)雜度為$\mathcal{O}(n^{2}kp)$的，顯然不能通過(guò)
把$\sum$改成前綴和相減的形式
設(shè)$s_i={\sum }_{j=1}^i{h}_j$
$$f_{i,j}=max\{max\{(f_{k,j?1}+s_i?s_k)/(i?k+1)\},f_{i?1,j}\}$$
把j這一維提掉
$$new{f}_i=max\{max\{(f_k+s_i?s_k)/(i?k+1)\},new{f}_{i?1}\}$$
調(diào)整
$$new{f}_i=max\{max\{(s_i?(s_k?f_k))/(i?(k?1))\},new{f}_{i?1}\}$$
變成斜率的形式
當(dāng)前點(diǎn)$(i,s_i)$要找一個(gè)點(diǎn)$(k?1,s_k?f_k)$使得他到我斜率最大
一個(gè)好想的方法是動(dòng)態(tài)維護(hù)凸包，然后三分即可復(fù)雜度$\mathcal{O}(n^{2}lognp)$
事實(shí)上不需要三分，我們發(fā)現(xiàn)，如果新的斜率比上一個(gè)劣，是可以直接max上上一個(gè)的，由于每次詢問(wèn)的橫坐標(biāo)都增加了，如果更新了答案一定是在上次的決策右邊

如圖如果是當(dāng)前2的情況，斜率是沒(méi)有上一次優(yōu)的，如果是當(dāng)前1的情況，決策一定是在右邊
所以此處有決策單調(diào)性，不需要三分
目前復(fù)雜度為$\mathcal{O}(n^{2}p)$

• 最優(yōu)答案的轉(zhuǎn)移過(guò)程中的$i?k$是單調(diào)不增的

比如
$$\frac{\frac{x+x_1}{2}+x_2+x_3}{3}<\frac{\frac{x+x_1+x_2}{3}+x_3}{2}$$
$(x<x_1<x_2<x_3)$
一般化：
$$\frac{\frac{x+x_1+???+x_{k?1}}{k}+x_k+???+x_n}{n?k+2}<\frac{\frac{x+x_1+???+x_k}{k+1}+x_{k+1}+???+x_n}{n?k+1}$$
$(x<x_1<x_2<x_3???<x_n,k<n?k+1)$
證明：
先由條件得到$2k\le n$
全部通分
$$(n?k+1)(x+x_1+???+x_{k?1}+k(x_k+???+x_n))<(n?k+2)(x+x_1+???+x_k+(k+1)(x_{k+1}+???+x_n))$$
移項(xiàng)（+式子美化）
$$0<x+\sum _{i=1}^{k?1}{x}_i+(n?k+2?(n?k+1)k)x_k+((n?k+2)(k+1)?(n?k+1)k)\left(\sum _{i=k+1}^n{x}_i\right)$$
$$0<x+\sum _{i=1}^{k?1}{x}_i+(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)\left(\sum _{i=k+1}^n{x}_i\right)$$
$$x+\sum _{i=1}^{k?1}{x}_i+(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)\left(\sum _{i=k+1}^n{x}_i\right)>x+\sum _{i=1}^{k?1}{x}_i+(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)(n?k)x_k$$
······根據(jù)$x_k<x_{k+1}<???<x_n$
$$x+\sum _{i=1}^{k?1}{x}_i+(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)(n?k)x_k>(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)(n?k)x_k$$
·····根據(jù)$x>0$減去一些正數(shù)會(huì)變小
$$(n?2k+2?nk+kk)x_k+(n+2)(n?k)x_k=(nn?2k+2n?nk+n?2k+2?nk+kk)x_k=(n(n?k)?k(n?k)+2n?4k+n+2)>0$$
······根據(jù)$2k\le n,n>0$可得
至此證畢

• 最優(yōu)答案的轉(zhuǎn)移過(guò)程中$i?k>1$的段數(shù)僅有$\mathcal{O}(log\frac{nh}{\Delta })$個(gè)，$\Delta =mi{n}_i\{h_i?h_{i?1}\}$
  這個(gè)地方看了講稿也不懂了（看了很久都沒(méi)弄懂）
  
  
  貼個(gè)講稿的link
  這樣就只轉(zhuǎn)移14次
  此處有會(huì)證明的教教我啊
  最后復(fù)雜度的話就是$\mathcal{O}(nplog\frac{nh}{\Delta })$

代碼

然后還要使用高精小數(shù)板子

代碼先鴿一會(huì)兒，很快就來(lái)

總結(jié)

體驗(yàn)好差233

總結(jié)

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