[IOI2000] 邮局 加强版 题解
考虑动态规划，设 \(f_{i,j}\) 为经过了 \(i\) 个村庄，正在建第 \(j\) 个邮局的最优距离。
以及 \(w_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 内建一个邮局时的距离总和。
\(a\) 数组表示每个村庄的坐标编号。
朴素版状态转移方程：
\[f_{i,j}=\min(f_{i,j},f_{k,j-1}+w_{k+1,i}) \\ \\ k\in [0,i) \]根据初一上册数学，可知在区间 \([x,y]\) 中距离所有点的距离之和最短的点为：
若 \(2\mid x+y\)，则点位于 \(\lfloor\frac{x+y}{2}\rfloor\)。
反之位于 \(\lfloor\frac{x+y+1}{2}\rfloor\)。
注意到，上述状态转移方程，有三个未知数：\(i,j,k\)。可得时间复杂度为 \(O(PV^3)\)，肯定过不了。
考虑四边形不等式优化。
注意到，\(w\) 函数的状态转移方程为：
\[w_{l,r+1}=w_{l,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} \]需要简化，过程如下，虽复杂，但重要，可加以理解。
\[\begin{cases}w_{l,r+1}=w_{l+r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} \ 1式 \\ w_{l+1,r+1}=w_{l+1,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\ 2式 \end{cases} \\ \]2式 \(-\) 1式，得：
\[w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}=w_{l+1,r}+a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor} -w_{l,r}-a_{r+1}+a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\\ w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}=w_{l+1,r}-w_{l,r}+a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} -a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\\ w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}-w_{l+1,r}+w_{l,r}=a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} -a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor} \]\(\because\) 坐标单调上升
\[\therefore\ a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\ \le \ a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\\ \therefore\ a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}-a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\le 0\\ w_{l+1,r+1}-w_{l,r+1}-w_{l+1,r}+w_{l,r}\le 0\\ w_{l,r}+w_{l+1,r+1}\le w_{l,r+1}+w_{l,r+1}\\ w_{l,r+1}+w_{l+1,r}\ge w_{l,r}+w_{l+1,r+1} \]通过四边形不等式可知，若 \(a,b,c,d\) 满足 \(a\le b \le c \le d\)，且 \(w_{a,c}+w_{b,d}\le w_{a,d}+w_{b,d}\)，则称 \(w\) 为四边形不等式，可以优化时间复杂度。
\(\because l\le l+1 \le r \le r+1\)，则可以将 \(a,b,c,d\) 分别带入进去，即：
当 \(a=l,b=l+1,c=r,d=r+1\) 时：
\[w_{l,r+1}+w_{l+1,r}\ge w_{l,r}+w_{l+1,r+1}\\ w_{a,c}+w_{b,d}\ge w_{a,d}+w_{b,d} \]再附上1式 \(-\) 2式的：
\[w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}=w_{l,r}-a_{r+1}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} -w_{l+1,r}+a_{r+1}+a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor} \\ \\ w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}=w_{l,r}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}-w_{l+1,r}+a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor} \\ \\ w_{l,r+1}-w_{l+1,r+1}-w_{l,r}+w_{l+1,r}=a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor} -a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} \]\(\because\) 坐标单调上升
\[\therefore a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}\ge a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor}\\ a_{\lfloor\frac{l+r+2}{2}\rfloor}-a_{\lfloor\frac{l+r+1}{2}\rfloor} \ge 0\\ w_{l,r+1}+w_{l+1,r}-w_{l+1,r+1}-w_{l,r}\ge 0 \\ w_{l,r+1}+w_{l+1,r} \ge w_{l+1,r+1}+w_{l,r} \]代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXV=3003,MAXP=305,inf=1e9+5;
int v,p;
int f[MAXV][MAXP];//经过了i个村庄，正在建j个邮局
int a[MAXV],w[MAXV][MAXV],dp[MAXV][MAXP];
int minn,minid;
signed main(){
scanf("%d%d",&v,&p);
for(int i=1;i<=v;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+v+1);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=v;i++)
for(int j=i+1;j<=v;j++)
w[i][j]=w[i][j-1]+a[j]-a[i+j>>1];
for(int j=1;j<=p;j++)
{
dp[v+1][j]=v;
for(int i=v;i>=1;i--)
{
minn=inf;
for(int k=dp[i][j-1];k<=dp[i+1][j];k++)
{
if(f[k][j-1]+w[k+1][i]<minn)
{
minn=f[k][j-1]+w[k+1][i];
minid=k;
}
}
f[i][j]=minn;
dp[i][j]=minid;
}
}
printf("%d\n",f[v][p]);
return 0;
}