hdu5073

关键词：double型变量求最小值、方差最小值

数轴上n个点，任意移动k个点后，求每一点到新的质心距离差平方的最小值（即方差最小值）

贪心：先把n个点从小到大排序。每次保留连续的n-k个点不动，其他k个点移动到着n-k个点的质心。最终的答案一定在这种操作中。

证明：1.先证明在原有的k个点中加入一个点后，最小值是加到原k点质心的时刻取得。设新数为x，原式可化为新数x的二次函数，求得取最小值的时刻即为x去原k数均值的情形。

2.从1的证明可得到一个推论：往k个点中加入一个点后，每一点到新的质心距离差平方总是不减的（因为最小值就是保持不变的情形）。进而可以得到结论：往k个点中加入m个点后，每一点到新质心距离差平方总是不减的。理由如下：依次加入m个点，由上述推论，距离差平方总是增大的，因此m个点全部加入后，每一点到新质心距离平方差是不减的。

3.然而已知数轴上有k个点，我们把新的m个点全部加到原k个点的质心后，每一点到新质心距离平方差恰好不变！这就构造出了一组最小解。

因此这种贪心方法是正确的

BUG：求double型变量的最小值，不能用INF初始化。以后尽量使用第一个值作为初始值。

推广题：

将题目中的方差最小值改为绝对值最小值。

贪心方法相同，但证明不同。

证明：1.还是先证在原有的k个数种增加一个数后，最小值是加到原k个数的质心处取得。设加入数为x，加入改数后均值为x0，分两种情况讨论：x>x0和x<x0,。可以发现，当x>x0时，原式x前系数>0，即x越小值越小，因此x=x0时，取最小值；当x<x0时，原式x前系数<0，也是当x=x0时取最小值。x=x0时可以化简为x=前k数的均值。证毕 2、3与上面的2、3证明相同

由此可得，贪心同样适用于此题

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<algorithm>#include<map>#include<vector>#include<queue>#include<stack>#include<math.h>#define ll long long#define sf scanf#define pf printf#define INF 1<<29#define maxn 50110#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define lowbit(x) x&(-x)const ll mol=1000000007;using namespace std;int t;int n,m,l;double a[maxn],sum1[maxn],sum2[maxn],ans;int main(){    //freopen("a.txt","r",stdin);    scanf("%d",&t);    while(t--){        scanf("%d%d",&n,&m);        l=n-m;        double tmp=0.0;mem(a,0);        for(int i=1;i<=n;i++){            scanf("%lf",&a[i]);        }        sort(a+1,a+n+1);        mem(sum1,0),mem(sum2,0);        for(int i=1;i<=n;i++){            sum1[i]=sum1[i-1]+a[i];            sum2[i]=sum2[i-1]+a[i]*a[i];        }        if(l<=1) printf("%.11lf\n",tmp);        else{            for(int i=1;i+l-1<=n;i++){                 if(i==1) ans=l*(sum2[i+l-1]-sum2[i-1])-(sum1[i+l-1]-sum1[i-1])*(sum1[i+l-1]-sum1[i-1]);                 ans=min(ans,l*(sum2[i+l-1]-sum2[i-1])-(sum1[i+l-1]-sum1[i-1])*(sum1[i+l-1]-sum1[i-1]));            }            printf("%.11lf\n",ans/(double)(l));        }    }}