大型补档计划
若 \(K = 1\)，显然，\(B[i]\) 取 \(A\) 序列的中位数时最优。
考虑扩展，我们只需要把 \(A\) 分成 \(K\) 段，每段内， \(B\) 最优的取值即这一段的中位数
设 \(g(l, r)\) 为 \([l, r]\) 这一段 A 数组序列的中位数
设 \(f[i][j]\) 为把前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段的最小值。
考虑枚举一个 \(k < i\)
\(f[i][j] = min(f[k][j - 1] + g(k + 1, i))\)
若朴素计算 g，则复杂度 O(N ^ 3K)
从大往小枚举 k。
我们需要一个数据结构支持两个操作：
加入一个数 a[k + 1]
查询集合中所有数与中位数差的绝对值。
这就是动态中位数那道题，可以用对顶堆 / 线段树 / 平衡树，由于对顶堆比较好写就用它了。
然后复杂度就是 \(O(N ^ 2KLogN)\)。但是复杂度还是 \(1e9\) 左右，会暴毙。
考虑 \(g(k + 1, i)\) 不随 j 的变化而变化，所以可以预处理 \(g(k + 1, i)\) （时间复杂度\(O(N^2LogN)\)）
复杂度就是\(O(N ^ 2K) 1e8\) 跑的还是很慌 #只有吸氧才能过哇哇哇
#pragma GCC optimize(2)
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
#define rint register int
using namespace std;
const int N = 2005, S = 26;
int n, K, a[N], s1, s2, f[N][S], g[N][N];
priority_queue<int> q1; // 大跟堆
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q2; // 小跟堆
void inline clear() {
while (q1.size()) q1.pop();
while (q2.size()) q2.pop();
s1 = s2 = 0; }
void inline insert(int x) {
if (q1.empty() || x <= q1.top()) q1.push(x), s1 += x;
else q2.push(x), s2 += x;
// 保持 q1.size == q2.size 或者 q1.size == q2.size + 1
if (q1.size() > q2.size() + 1) {
s2 += q1.top(), s1 -= q1.top();
q2.push(q1.top()), q1.pop();
} else if (q2.size() > q1.size()) {
s1 += q2.top(), s2 -= q2.top();
q1.push(q2.top()), q2.pop();
}
}
int inline query() {
int s = 0;
if (q1.size()) s += q1.top() * q1.size() - s1;
if (q2.size()) s += s2 - q1.top() * q2.size();
return s;
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &K), n || K) {
memset(f, 0x3f, sizeof f);
for (rint i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
for (rint i = 1; i <= n; i++) {
clear();
for (int k = i; k; k--)
insert(a[k]), g[k][i] = query();
}
f[0][0] = 0;
for (rint i = 1; i <= n; i++) {
for (rint j = 1; j <= K; j++)
for (rint k = 0; k < i; k++)
f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j - 1] + g[k + 1][i]);
}
printf("%d\n", f[n][K]);
}
return 0;
}