[CQOI2012]组装

首先有一个必须要能推的式子：设第\(i\)种零件选的生产车间位置为\(x _ i\)，组装车间位置为\(x\)，则总的花费为

\[f(x) = \sum \limits _{i = 1} ^ n (x - x_i) ^ 2
\]

\[= n x^ 2 - 2 \sum \limits _{i = 1} ^ n x _ i x + \sum \limits _{i = 1} ^ n x _ i ^ 2
\]

这是一个关于\(x\)的二次函数，在\(x = \frac {\sum \limits _{i = 1} ^n x_i}{n}\)时取得最小值\(\sum \limits _{i = 1} ^ n x _ i ^ 2 - \frac {\sum \limits _{i = 1} ^ n x _ i} {n}\)。做到这步，我们就可以获得前40分，只需要枚举每种零件选的生产车间，复杂度是指数级的。考虑贪心优化枚举的过程。

下面为了表述方便，设\(o = \sum \limits _ {i = 1} ^ n x _ i ^ 2\)，\(e = \sum \limits _{i = 1} ^ n x _ i\)。

首先我们对于同一种零件的生产车间按坐标从小到大排序，每次枚举把某种零件的生产车间替换成他的下一个，这样是有一些情况枚举不到的，但事实上我们只要保证可能的情况都枚举到了就行了，于是贪心.

先给出贪心的结论：设一次替换用一个二元组\(\{x _ i, y _ i\}(x_i < y_i)\)来表示，如果我们先把表示替换的二元组按照\(x _ i + y _ i\)从小到大排序，这样就一定不会错过最优解。

下面证明这个结论：用反证法，假设我们这样做会错过最优解，那么一定存在\(\{x_1, y_1\}\)和\(\{x_2, y_2\}\)表示的替换使得\(x_1\)和\(y_2\)是满足最优解的条件，且替换\(\{x_1, y_1\}\)比替换\(\{x_2, y_2\}\)先进行。由于\(x_1\)是满足最优解的条件，而\(y_1\)不是，那么必有\(\frac {e} {n}\)（满足最优解的组装车间）\(< \frac {x_1+ y_1} {2}\)（二者之间线段的中点），这个结论是显然的（可以自己手玩）。同理有\(\frac {e} {n} > \frac {x_2 + y_2} {2}\)，由此及上式得\(x_1 + y_1 > x_2 + y_2\)，但我们已经事先排序保证\(x_1 + y_1 < x_2 + y_2\)，矛盾。

实现起来就非常简单了，每次替换维护\(o\)和\(e\)的变化量，再用\(o - \frac {e ^ 2} {n}\)和\(e / n\)更新最小值和答案就行了。

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <vector>

#include <algorithm>

#define R register

#define I inline

#define B 1000000

#define D double

#define P pair <int, int>

using namespace std;

const int N = 10003;

char buf[B], *p1, *p2;

I char gc() { return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, B, stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1++; }

I int rd() {

    R int f = 0, b = 1;

    R char c = gc();

    while ((c < 48 || c > 57) && c ^ 45)

        c = gc();

    if (c == 45)

        b = 0, c = gc();

    while (c > 47 && c < 58)

        f = f * 10 +(c ^ 48), c = gc();

    return b ? f : ~f + 1;

}

vector <int> f[N];

vector <pair <int, int> > g;

I D pow(D x) { return x * x; }

I int cmp(P x, P y) { return x.first + x.second < y.first + y.second; }

int main() {

    R int n = rd(), m = rd(), i, j, s, x, y;

    D o = 0, e = 0, del, tmp, ans;

    for (i = 1; i <= m; ++i)

        x = rd(), y = rd(), f[y].push_back(x);

    for (i = 1; i <= n; ++i) {

        s = f[i].size(), sort(&f[i][0], &f[i][0] + s);

        for (j = 1; j < s; ++j)

            g.push_back(make_pair(f[i][j - 1], f[i][j]));

    }

    for (i = 1; i <= n; ++i)

        o += pow(f[i][0]), e += f[i][0];

    tmp = o - pow(e) / n, ans = e / n, s = g.size(), sort(&g[0], &g[0] + s, cmp);

    for (i = 0; i < s; ++i) {

        o += pow(g[i].second) - pow(g[i].first), e += g[i].second - g[i].first;

        if ((del = o - pow(e) / n) < tmp)

            tmp = del, ans = e / n;

    }

    printf("%.4lf", ans);

    return 0;

}

limits

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