http://poj.org/problem?id=1160

题意：直线上有n个城市，其中有p个城市有邮局，问如何建p个邮局使得每个城市到最近的邮局和最小。（n<=300, p<=30&p<=n）

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <iostream>

using namespace std;

const int N=1005;

typedef long long ll;

ll sum[N], d[N][N];

int n, p, x[N], s[N][N];

//t=(k+j+1)/2, w(k, j)=(2*t-j-k)*x[t]-sum(k, t-1)+sum(t+1, j)

inline ll w(int i, int j) { int t=(i+j+1)>>1; return (ll)((t<<1)-i-j)*x[t]-sum[t-1]+sum[i-1]+sum[j]-sum[t]; }

int main() {

	while(~scanf("%d%d", &n, &p)) {

		for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &x[i]);

		sort(x+1, x+1+n);

		for(int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+x[i];

		for(int i=2; i<=n; ++i) d[1][i]=w(1, i), s[1][i]=1;

		for(int i=2; i<=p; ++i) {

			s[i][n+1]=n;

			for(int j=n; j>=1; --j) {

				int l=s[i-1][j], r=s[i][j+1], &pos=s[i][j]; ll &now=d[i][j];

				now=~0ull>>1;

				for(int k=l; k<=r; ++k) {

					ll t=d[i-1][k-1]+w(k, j);

					if(now>=t) now=t, pos=k;

				}

			}

		}

		printf("%lld\n", d[p][n]);

	}

	return 0;

}

妈呀没想出方程QAQ果然是sb吗= =

先从小到大sort一遍$x$。

设$d(i, j)$表示当前在前$j$个城市建了$i$个邮局的最小路程：

$$d(i, j)=min \{ d(i-1, k-1)+w(k, j) \}, i<j$$

其中$w(i, j)$表示$i到j$建一个邮局的费用。显然邮局建在中位数上= =，令$t= \lfloor \frac{ i+j+1 }{2} \rfloor$，显然$w(i, j)=(t-i)x[t]-sum(i, t-1) + (j-t)x[t]-sum(t+1, j)$

发现和四边形不等式差太远了啊= =（虽然本题暴力可过= =）

我们试着重新证明.....

1、$w(i, j)$显然满足区间单调性（其实这个在下边完全用不到= =）

2、首先证明$w(i, j)$的四边形不等式= =，即证明$w(i, j+1)-w(i, j)$关于$i$单调递减

$$
\begin{align}
& w(i, j+1)-w(i, j) \notag \\
= & \left( (t-i)x[t]-sum(i, t-1) + (j+1-t)x[t]-sum(t+1, j+1) \right) - \notag \\
&\left( (t-i)x[t]-sum(i, t-1) + (j-t)x[t]-sum(t+1, j) \right) \\
= & \left( (j+1-t)x[t]-sum(t+1, j+1) \right) - \left( (j-t)x[t]-sum(t+1, j) \right) \\
= & x[t]-x[j+1]
\end{align}
$$

显然$t < j+1$即$x[t]-x[j+1] \le 0$所以$w$满足四边形不等式= =

下边不需要证明$d$也满足四边形= =由于题目的特殊性，我们直接证明决策$s$的区间单调性= =

设$d_{k} (i, j) = d(i-1, k-1) + w(k, j)$

设$k \le k' \le j < j+1$由四边形不等式得

$$w(k, j)+w(k', j+1) \le w(k, j+1) + w(k', j) $$

两边同时加上$d(i-1, k-1)+d(i-1, k'-1)$，变成

$$d_{k}(i, j)+d_{k'}(i, j+1) \le d_{k} (i, j+1) + d_{k'} (i, j)$$

即

$$d_{k}(i, j) - d_{k'} (i, j) \le d_{k} (i, j+1) - d_{k'}(i, j+1)$$

所以对所有$d_{k'} (i, j) \le d_{k} (i, j) \Rightarrow d_{k'} (i, j+1) \le d_{k} (i, j+1)$

于是很显然，$s(i, j) \le s(i, j+1)$。同理可证$s(i, j+1) \le s(i+1, j+1)$

于是得到$s(i, j-1) \le s(i, j) \le s(i+1, j)$辣！

可是发现！妈呀以长度为阶段的转移不好搞啊！因为$d(i, i+1)$的计算好麻烦啊！我们决定将不等式变形！

由于$s(i, j) \le s(i+1, j) \Rightarrow s(i-1, j) \le s(i, j)$，$s(i, j-1) \le s(i, j) \Rightarrow s(i, j) \le s(i, j+1)$。

然后就得到了

$$s(i-1, j) \le s(i, j) \le (i, j+1)$$

这样就以$i$为阶段然后以$j$逆推来搞辣！于是搞搞就好辣～