在x数轴上，给出v个递增的正整数坐标\(\{a_i\}\)，请寻找p个点，使坐标到点的最短距离之和最小，\(v\leq 300,p\leq 30\)。
解
（注意，此题证明过于复杂，不能保证证明完全严谨和正确，如有看不懂，很有可能是打错了，请联系作者）
step1
从答案思考问题，发现必然是连续的几个点，管一段的坐标，这是区间划分模型，设\(f[i][j]\)表示前j个坐标到前i个点的最短距离之和最小值，\(w[i][j]\)为在第i个坐标到第j个坐标中选择一个点让第i个坐标到第j个坐标到这个点距离之和的最小值(\(s_i=\sum_{j=1}^ia_j\),即a的前缀和)。
\[f[i][j]=\min_{0\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\]
边界:\(f[i][i]=0,i=0,1,2,..,v\)
答案：\(f[p][v]\)
显然\(w[i][j]=\sum_{k=i}^j|a_k-a_m|(m=\frac{i+j}{2})=[(a_j-a_m)+...+(a_m-a_m)+...\)
\(+(a_m-a_i)]=(a_j+...+a_{m+1})-(a_m+...+a_i)+[m-i+1-(j-m)]\)
\(a_m=(s_j-s_m)-(s_m-s_{i-1})+(2m-i-j+1)a_m=s_j-2s_m+s_{i-1}+(2m-i-j+1)a_m\)
于是我们可以实现维护出w，然后进行转移即可，时间复杂度\(O(pv^2)\)
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
int a[350],s[350],mid[350][350],
dp[35][350];
template<class free>
il free Min(free a,free b);
int main(){
int v,p;
scanf("%d%d",&v,&p);
for(int i(1);i<=v;++i)
scanf("%d",&a[i]),s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i(1),j,m;i<=v;++i)
for(j=i+1;j<=v;++j)
m=(i+j)/2,mid[i][j]=s[j]
-s[m]-(s[m]-s[i-1])+a[m]*(2*m-i+1-j);
memset(dp,1,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i(1),j,k;i<=p;++i)
for(dp[i][0]=0,j=1;j<=v;++j)
for(k=0;k<j;++k)
dp[i][j]=Min(dp[i][j],dp[i-1][k]+mid[k+1][j]);
printf("%d",dp[p][v]);
return 0;
}
template<class free>
il free Min(free a,free b){
return a<b?a:b;
}
setp2
但是如果你还有梦想，想要优化，二进制（拆分，压缩，倍增）显然不行，我们也没必要维护区间和，而栈与队列不适用，单调性维护平衡树，单调队列，双堆对顶，二分查找，离散化一个也不行，式子对于矩阵快速幂和斜率优化太过于复杂，考虑四边形不等式，关键在证明w满足四边形不等式
求证：w满足四边形不等式
证明：
现在要证明\(i<j,w[i][j+1]+w[i+1][j]\geq w[i][j]+w[i+1][j+1]\)
即证明(设各自中位数\(m_1,m_2,m_3,m_4\))
$s_{j+1}-2s_{m_1}+s_{i-1}+(2m_1-i-j)a_{m_1}+s_j-2s_{m_2}+s_{i}+(2m_2-i-j)a_{m_2}\geq $
\(s_j-2s_{m_3}+s_{i-1}+(2m_3-i-j+1)a_{m_3}+s_{j+1}-2s_{m_4}+s_{i}+(2m_4-i-j-1)a_{m_4}\)
即证明
$-2s_{m_1}+(2m_1-i-j)a_{m_1}-2s_{m_2}+(2m_2-i-j)a_{m_2}\geq $
\(-2s_{m_3}+(2m_3-i-j+1)a_{m_3}-2s_{m_4}+(2m_4-i-j-1)a_{m_4}\)
已知\(m_1=\frac{i+j+1}{2},m_2=\frac{i+j+1}{2},m_3=\frac{i+j}{2},m_4=\frac{i+j+2}{2}\)
I. \(i+j\in\)奇
有\(m_1=m_2=m_4=m_3+1\)，即证明
\(-2s_{m_2}+(2m_2-i-j+1)a_{m_2}\geq -2s_{m_3}+(2m_3-i-j+1)a_{m_3}\)
\(-2a_{m_2}+(2m_2-i-j+1)a_{m_2}\geq (2m_3-i-j+1)a_{m_3}\)
\((2m_2-i-j-1)a_{m_2}\geq (2m_3-i-j+1)a_{m_3}\)
\((2(m_3+1)-i-j-1)a_{m_2}\geq (2m_3-i-j+1)a_{m_3}\)
\((2m_3-i-j+1)a_{m_2}\geq (2m_3-i-j+1)a_{m_3}\)
\(a_{m_2}\geq a_{m_3}\)
因为坐标递增，显然\(a_{m_2}\geq a_{m_3}\),于是得证
II. $i+j\in $偶
同理
\(m_1=m_2=m_3=m_4-1\),即证
\(-2s_{m_2}+(2m_2-i-j-1)a_{m_2}\geq-2s_{m_4}+(2m_4-i-j-1)a_{m_4}\)
\((2m_2-i-j-1)a_{m_2}\geq-2a_{m_4}+(2m_4-i-j-1)a_{m_4}\)
\((2m_2-i-j-1)a_{m_2}\geq(2(m_2+1)-i-j-3)a_{m_4}\)
\((2m_2-i-j-1)a_{m_2}\geq(2m_2-i-j-1)a_{m_4}\)
\((i+j-i-j-1)a_{m_2}\geq(i+j-i-j-1)a_{m_4}\)
\(-a_{m_2}\geq -a_{m_4}\)
\(a_{m_2}\leq a_{m_4}\)
显然成立
总上所素，根据四边形不等式判定定理，易知w满足四边形不等式
因此枚举i的话，根据一维线性递推决策递增定理，易知决策点单调递增，我们只要用单调队列维护三元组即可，时间复杂度\(O(pvlog_2^v)\)
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
struct san{
int l,r,p;
}T[350];
int a[350],s[350],mid[350][350],
dp[35][350],L,R;
il int dfs(int,int,int);
template<class free>
il free Min(free a,free b);
int main(){
int v,p;
scanf("%d%d",&v,&p);
for(int i(1);i<=v;++i)
scanf("%d",&a[i]),s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i(1),j,m;i<=v;++i)
for(j=i+1;j<=v;++j)
m=(i+j)/2,mid[i][j]=s[j]
-s[m]-(s[m]-s[i-1])+a[m]*(2*m-i+1-j);
memset(dp,1,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i(1),j,k;i<=p;++i){
L=R=1,T[1].l=1,T[1].r=v,T[1].p=0;
for(dp[i][0]=0,j=1;j<=v;++j){
dp[i][j]=dp[i-1][T[L].p]+mid[T[L].p+1][j];if(++T[L].l>T[L].r)++L;
while(L<=R&&dp[i-1][T[R].p]+mid[T[R].p+1][T[R].l]>=
dp[i-1][j]+mid[j+1][T[R].l])--R;T[++R].r=v,T[R].p=j;
if(L<R){T[R].l=dfs(R-1,j,i-1),T[R-1].r=T[R].l-1;if(T[R].l>T[R].r)--R;}
}
}
printf("%d",dp[p][v]);
return 0;
}
il int dfs(int t,int p,int i){
int l(T[t].l),mid,r(T[t].r);
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
if(dp[i][T[t].p]+::mid[T[t].p+1][mid]<
dp[i][p]+::mid[p+1][mid])l=mid+1;
else r=mid-1;
}return l;
}
template<class free>
il free Min(free a,free b){
return a<b?a:b;
}
step3
注意到i，j可以看成一段区间，因为\(i\leq j\),于是由于w满足四边形不等式，边界\(f[i][i]=w[i][i]=0\),而且w满足包含递增
求证：w满足包含递增
证明：
假设增加一个坐标可以让比不增加一个坐标结果优秀，那么直接用增加一个坐标的方案替换不增加一个坐标的方案，会让结果更优秀，矛盾，得证。
于是根据二维递推判定定理，易知f满足四边形不等式，然后又二维递推决策递增定理，容易知道（设\(P[l][r]\)为\(f[l][r]\)的最优决策点），\(P[l][r-1]\leq P[l][r]\leq P[l+1][r]\),于是我们可以优化成\(O(n^2)\)。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define il inline
#define ri register
using namespace std;
int x[550],s[550],mid[550][550],
dp[550][550],P[550][550];
template<class free>
il free Min(free,free);
int main(){
int v,p;scanf("%d%d",&v,&p);
memset(dp,1,sizeof(dp));
for(int i(1),j,m;i<=v;++i){
scanf("%d",&x[i]),s[i]=s[i-1]+x[i];
for(j=i-1;j;--j)
m=i+j>>1,mid[j][i]=s[i]-
s[m]*2+s[j-1]+(2*m-j-i+1)*x[m];
P[i][i]=i-1,dp[i][i]=0;
}dp[0][0]=0;
for(int i,j(1),k;j<=v;++j)
for(i=j-1;i;--i)
for(k=P[i][j-1];k<=P[i+1][j];++k)
if(dp[i][j]>dp[i-1][k]+mid[k+1][j])
dp[i][j]=dp[i-1][k]+mid[k+1][j],P[i][j]=k;
printf("%d",dp[p][v]);
return 0;
}
template<class free>
il free Min(free a,free b){
return a<b?a:b;
}