貌似$BZOJ$上并没有这个题。。。
是嫌这个题水了么。。。
还是要氪金权限号？？？
这里附上洛谷的题面：洛谷P4767 [IOI2000]邮局
高速公路旁边有一些村庄。高速公路表示为整数轴，每个村庄的位置用单个整数坐标标识。没有两个在同样地方的村庄。两个位置之间的距离是其整数坐标差的绝对值。
邮局将建在一些，但不一定是所有的村庄中。为了建立邮局，应选择他们建造的位置，使每个村庄与其最近的邮局之间的距离总和最小。
你要编写一个程序，已知村庄的位置和邮局的数量，计算每个村庄和最近的邮局之间所有距离的最小可能的总和。
输入格式：
第一行包含两个整数：第一个是村庄$V$的数量，第二个是邮局的数量$P$，$1 \leq P \leq 300$，$P \leq V \leq 3000$.
第二行包含$V$个整数。这些整数是村庄的位置。对于每个位置$X$，认为$1 \leq X \leq 10000$。
输出格式：
第一行包含一个整数$S$，它是每个村庄与其最近的邮局之间的所有距离的总和。
对于40%的数据，$V \leq 300$
首先这是个区间$DP$对吧。
我们一步一步来分析：
首先要将村庄位置排个序，不用多说。
下面开始$DP$。
$No. 1:\text{普通DP}$：
设$dp[i][j]$表示前$i$个村庄中建了$j$个邮局的最优方案。
转移方程长这个样：
$$dp[i][j]=\max\{\ dp[k][j-1]+dis(k+1,i)\ |\ k\in[0,i)\}$$
其中$dis(l,r)$表示在$[l,r]$这个区间内的村庄中建一个邮局对答案的贡献。
利用人类智慧可知把邮局建在中间花费最少。。。
复杂度上限是$O(n^3m)$，实测可以$40\text{分}$。
代码如下：
inline int abs(int x){return x>0?x:-x;}
inline int dis(int l,int r){
int mid=(l+r)>>1,s=0;
for(int i=l;i<=r;i++)s+=abs(pos[i]-pos[mid]);//pos是村庄位置
return s;
}
void work(){
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m&&j<=i;j++)
for(int k=0;k<i;k++)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+dis(k+1,i));
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
$No. 2:\text{普通DP+优化}$：
我们发现我们的求贡献还要$O(n)$的复杂度，考虑对其进行优化。
我们知道：
$$dis(l,r)=\sum_{i=l}^r|pos_i-pos_{mid}|,mid=\frac{l+r}{2}$$
因为我们的$pos$是有序的，于是：
$$dis(l,r)=\sum_{i=l}^{mid-1}(pos_{mid}-pos_i)+\sum_{i=mid+1}^r(pos_i-pos_{mid}),mid=\frac{l+r}{2}$$
显然拆开：
$$dis(l,r)=(mid-l)pos_{mid}-\sum_{i=l}^{mid-1}pos_i+\sum_{i=mid+1}^rpos_i-(r-mid)pos_{mid},mid=\frac{l+r}{2}$$
合并：
$$dis(l,r)=(2mid-l-r)pos_{mid}+\sum_{i=mid+1}^rpos_i-\sum_{i=l}^{mid-1}pos_i,mid=\frac{l+r}{2}$$
注意，这个地方$2mid-l-r \neq 0$，因为实际算$mid$时，算的其实是$\lfloor\frac{l+r}{2}\rfloor$。
但是这个并不影响复杂度，所以可以保留。
关键是后面那两个$\sum$怎么整？
前缀和！
设$sum(x)=\sum_{i=1}^xpos_i$，则：
$$\left.\begin{array}{}dis(l,r)&=&(2mid-l-r)pos_{mid}+(sum(r)-sum(mid))-(sum(mid-1)-sum(l-1))\\&=&(2mid-l-r)pos_{mid}+sum(l-1)+sum(r)-sum(mid)-sum(mid-1)\end{array}\right.$$
于是预处理前缀和，就可以$O(1)$计算$dis(l,r)$了！
复杂度$O(n^2m)$，实测$60\text{分}$。
代码如下：
inline int dis(int l,int r){
int mid=(l+r)>>1;
return ((sum[r]-sum[mid])-(sum[mid-1]-sum[l-1])+(mid*2-l-r)*pos[mid]);
}
void work(){
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m&&j<=i;j++)
for(int k=0;k<i;k++)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+dis(k+1,i));
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
$No. 3:\text{DP+四边形不等式}$：
四边形不等式优化就是：
在$DP$过程中满足：
$$dp[a][c]+dp[b][d]<=dp[a][d]+dp[b][c]$$
并且决策具有单调性。
对于这题，我们发现，$dp[i][j]$的决策只能从$dp[i][j-1],dp[i+1][j]$中选一个进行转移。
于是就可以用四边形不等式优化了！
到此，我们证明了这个题其实是个板子题。。。
记得要倒序$DP$。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 3010
using namespace std;
int n,m;
int pos[MAXN],sum[MAXN],from[MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return date*w;
}
inline int dis(int l,int r){
int mid=(l+r)>>1;
return ((sum[r]-sum[mid])-(sum[mid-1]-sum[l-1])+(mid*2-l-r)*pos[mid]);
}
void work(){
for(int j=2;j<=m;j++){
from[n+1][j]=n;
for(int i=n;i>=1;i--){
for(int k=from[i][j-1];k<=from[i+1][j];k++){
if(dp[k][j-1]+dis(k+1,i)<dp[i][j]){
dp[i][j]=dp[k][j-1]+dis(k+1,i);
from[i][j]=k;
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
void init(){
n=read();m=read();
memset(dp,127,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)pos[i]=read();
sort(pos+1,pos+n+1);
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+pos[i];
dp[i][1]=dis(1,i);
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}
BZOJXXXX: [IOI2000]邮局——四边形不等式优化初探
原文：https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/9862813.html