BZOJ1911 [Apio2010]特别行动队 - 动态规划 - 斜率优化
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UPD(2018-04-01):用Latex重打了公式……
题意概括
把一个整数序列划分成任意连续的段，使得划分出来的每一段的价值和最大。
对于某一段，价值的计算公式为 $V=ax^2+bx+c$，其中 $x$ 为当前段的数值和。
题解
这题是博主大蒟蒻的第一道斜率优化DP题……
C++:while (1) 懵逼++;
Pascal:while (true) do inc(懵逼);
本题首先一看就是 DP 题。
但是一看 $1\leq n\leq 1000000，-5\leq a\leq -1，|b|\leq 10000000，|c|\leq 10000000，1\leq xi\leq 100$
彻底吓懵！
一脸懵逼……
还是一脸懵逼……
突(bai)然(du)发(yi)现(xia)可以用斜率优化。
为了减少代码量，好心的出题人特意规定了$-5\leq a\leq -1$
我们来考虑一下：
用 $dp_i$ 表示划分到前$i$个所能得到的最大价值和。
我们设 $sum_i$ 为前$i$个的前缀和，
那么
$$dp_i=max\{dp_j+a(sum_i-sum_j)^2+b(sum_i-sum_j)+c\} (0\leq j<i)$$
貌似是一个$n^2$的状态转移方程。
其实就是一个$n^2$的状态转移方程。
接下来就是斜率优化了！
我们假设对于$dp_i$来说，从$j$转移比从$k$转移更优秀（$j>k$），那么有如下的表达式：
$$dp_j+a(sum_i-sum_j)^2+b(sum_i-sum_j)+c>dp_k+a(sum_i-sum_k)^2+b(sum_i-sum_k)+c$$
so
$$dp_j+a(sum_i-sum_j)^2+b(sum_i-sum_j)>dp_k+a(sum_i-sum_k)^2+b(sum_i-sum_k)$$
$$dp_j+a\cdot sum_i^2-2a\cdot sum_isum_j+a\cdot sum_j^2+b\cdot sum_i-b\cdot sum_j>dp_k+a\cdot sum_i^2-2a\cdot sum_isum_k+a\cdot sum_k^2+b\cdot sum_i-b\cdot sum_k$$
$$dp_j-2a\cdot sum_isum_j+a\cdot sum_j^2-b\cdot sum_j>dp_k-2a\cdot sum_isum_k+a\cdot sum_k^2-b\cdot sum_k$$
$$(dp_j+a\cdot sum_j^2-b\cdot sum_j)- (dp_k+a\cdot sum_k^2-b\cdot sum_k)>2a\cdot sum_i(sum_j-sum_k)$$
so
$$\frac{(dp_j+a\cdot sum_j^2-b\cdot sum_j)-(dp_k+a\cdot sum_k^2-b\cdot sum_k)}{sum_j-sum_k}>2a\cdot sum_i$$
我们设$x_p=sum_p,y_p=dp_p+a\cdot sum_p^2-b\cdot sum_p$,
那么原来的方程可以表示为：
$$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}>2a\cdot sum_i$$
左边不就是斜率的表达式吗！！
所以叫斜率优化。
当然前面的只是一些化简，关键是接下来的：
我们设$g_{i,j}=\Large\frac{y_i-y_j}{x_i-x_j}$
注意$a$是一个负数，而且$sum_i$是随着$i$的增大而增大的，所以$2a\cdot sum_i$一定是单调递减的！
如果$g_{i,j}>g_{j,k}$那么决策$j$一定是没用的！$(k<j<i)$
分两种情况进行讨论：
1. 如果$g_{i,j}>2a\cdot sum_x$，那么说明决策$i$优于决策$j$，那么$j$就是没用的。就算以后$2a\cdot sum_x$会变，$x$只能变大，所以 $2a\cdot sum_x$也只能变小，所以该表达式仍然满足。
2. 如果$g_{i,j}<2a\cdot sum_x$，那么$g_{j,k}<2a\cdot sum_x$，那么$j$就会比$k$劣，同样也会把$j$扔掉。
然后我们单调队列弄几下就好了。
在$dp$的过程中，按照“如果$g_{i,j}>g_{j,k}$那么决策$j$一定是没用的！”的规则入队，按照 如果$g_{i,j}>2a\cdot sum_x$的规则出队即可。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000000+5;
int n,head,tail;
LL a,b,c,r[N],sum[N],x[N],y[N],dp[N],q[N];
double g(int i,int j){
double xi=x[i],xj=x[j],yi=y[i],yj=y[j];
return (yi-yj)/(xi-xj);
}
int main(){
scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c);
sum[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&r[i]),sum[i]=sum[i-1]+r[i];
memset(x,0,sizeof x);
memset(y,0,sizeof y);
head=1,tail=0;
q[++tail]=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
while (head+1<=tail&&g(q[head],q[head+1])>2*a*sum[i])
head++;
LL s=sum[i]-sum[q[head]];
dp[i]=dp[q[head]]+a*s*s+b*s+c;
x[i]=sum[i],y[i]=dp[i]+a*sum[i]*sum[i]-b*sum[i];
while (head+1<=tail&&g(q[tail-1],q[tail])<g(q[tail],i))
tail--;
q[++tail]=i;
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}
