[2019牛客网多校训练第1场]Euclidean Distance

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/881/C
来源：牛客网

Bobo has a point A in the $n$ dimension real space $R_n$, whose coodinate is $(a_1/m,a_2/m,\dots ,a_n/m)$ where $a_i$ and m are both integers. He wants to find another point $P=(p_1,p_2,\dots ,p_n)$ meeting the following requirements.

• $p_1,p_2,\dots ,p_n\in R$. That is, they are real numbers.
• $p_1,p_2,\dots ,p_n\ge 0$
• $p_1+p_2+\cdots +p_n=1$
• The (squared) Euclidean distance between $P$ and $A$, which is $\Vert A-P{\Vert }^2=\sum n_i=\sum (a_i/m-p_i{)}^2$, is minimized.
  It can be proved the minimum is always a rational number. Print the squared distance in fraction. Note to print an integer n as n instead of n/1.

输入描述:

The input consists of several test cases and is terminated by end-of-file.
The first line of each test case contains two integers n and m.
The second line contains $n$ integers $a_1,a_2,\dots ,a_n$.

• $1\le n\le 10^4$
• $1\le m\le 10^3$
• $-m\le a_i\le m$
• The sum of $n$ does not exceed $5\times 10^5$.

输出描述:
For each test case, print a fraction which denotes the result.

输入

1 1
0
2 3
1 2
3 10
1 -2 3

输出

1
0
16/75

题意：
给定$n$个数字$a_1$到$a_n$，要求$n$个实数$p_1$到$p_n$，使得$\sum (a_i/m-p_i{)}^2$最小
并且满足:
$p_1,p_2,\dots ,p_n\ge 0$
$p_1+p_2+\cdots +p_n=1$

输出最小的答案，用最简分数表示。

题解：
由于$a_i$互相之间不会影响，所以顺序可以打乱。
将$a_i$从大到小排序，枚举将最大的$i$个$a_i$处理成同一个值，我们把前i个$a_i$处理成同一个值的时候，假设代价为每个数字和它的初始值的绝对值之差，消耗的代价总和不能超过$m$。当不能继续放置的时候（设总代价为k），我们就可以将剩余的$m-k$的代价均摊到所有非负的$a_i$值上，然后他们对答案分子的贡献就是$(m-k-st\ast v{)}^2$(st为处理成同一个值的$a_i$个数,$v$那$st$个$a_i$处理成的同一个值)，剩余的每个$a_i$对答案分子的贡献就是$st\ast a[i]\ast a[i]$，分母的值为$st\ast m\ast m$

补充一下贪心的正确性证明：
1.
当$g>p/c$时，同样的值$p$，如果均摊到$c$个一样的数字$g$上所得到的答案值为 $c\ast (g-p/c{)}^2=g^2\ast c+p^2/c-2\ast g\ast p$，如果这个值$p$全都减到一个$g$上了话，所得到的答案值会是$(g-p{)}^2+(c-1)\ast g^2=p^2+g^2\ast c$ 由于现在讨论的$g,p,c$均为非负整数，所以$p^2+g^2\ast c>=g^2\ast c+p^2/c-2\ast g\ast p$
这个是为什么最后分不完的话要均分成$i$份的理由
2.
我们知道一件事情，对于一个两个正数$a$,$b$，还有一个数字$p(0<=p<a,b)$ 如果$a>b$那么根据完全平方公式$a^2-(a-p{)}^2=2\ast a\ast p>b^2-(b-p{)}^2=2\ast b\ast p$那么意思就是说这个$p$如果是被大的数字减去的话，能够将答案减少的量更多，所以我们将这个数字让大的减去。
这个是不断将大的数字变为相同的更小的数字的理由。
3.
我们知道，如果$a_i$是小于0的话，那么它对应的$p_i$如果越大，他对答案的负贡献越大，所以如果$a_i$是小于$0$的话，它对应的$p_i$一律为$0$。除非后面有剩余的$m$需要分配，才会为了使得所有数字都尽量不要太小才平均分配给每一个数字，那么这时候对于负数的操作就跟正数完全相同了。

#include
#define ll long long
#define pa pair
using namespace std;
ll a[10004];
ll ans,m;
int n;
int w33ha(){
    ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1,greater<int>());
    ll nd=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i<n&&(a[i]-a[i+1])*i+nd<=m){
            nd+=(a[i]-a[i+1])*i;
        }
        else{
            ans=(m-nd-i*a[i])*(m-nd-i*a[i]);
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                ans+=i*a[j]*a[j];
            }
            ll d,p=i*m*m;
            if(ans==0)return puts("0");
            d=__gcd(ans,p);
            ans/=d;p/=d;
            if(p==1)printf("%lld\n",ans);
            else printf("%lld/%lld\n",ans,p);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}
int main(){
    while(scanf("%d%lld",&n,&m)!=EOF)w33ha();
    return 0;
}