斜率优化

斜率优化

直接看例题

例题：P3195

解析

转移方程很简单：

这里$f[i]$表示前$i$个物品的最优代价。$a$为$c$（如题目）的前缀和。

$$a[i]=\sum_{j=1}^i c[j] \\ f[i]=\min(f[j]+(a[i]-a[j]+i-j-1-L)^2)$$

令$g[i][j]$表示表示在j处分段，前面按最优方案，后面直到i全部放到1个盒子里的代价。所以：

$$f[i]=min(g[i][j])\\ g[i][j]=f[j]+(a[i]-a[j]+i-j-1-L)^2$$

由于$a[i],a[j],i,i,L,f[j]$都为已知量，换元来简化计算。

$$b[i]=a[i]+i\\ c[i]=a[i]+i+1+L$$

现在式子就很好看了

$$\begin{aligned} &g[i][j]=f[j]+(b[i]-c[j])^2\\ &g[i][j]=f[j]+b[i]^2+c[j]^2-2b[i]c[j]\\ &2b[i]c[j]+g[i][j]-b[i]^2=f[j]+c[j]^2 \end{aligned}$$

还记得$b[i],f[j],c[j]$都是常数吗，既然都是常数，那么可以把这个式子理解成$2b[i]$为$k$（斜率），$g[i][j]-b[i]^2$为$b$（截距），经过定点$(c[j],f[j]+c[j]^2)$的一次函数！

斜率一定，且经过定点，那么$g[i][j]=截距+b[i]$

这样我们就可以通过图像来分析性质了！

从hhz6830975的题解里盗来的图（侵删）

由于我们要找最小的$g[i][j]$，所以只有下凸包> 里的点可能有贡献，令$P[i]$表式下凸包里，从左到右第i个点。根据凸包的性质，$P[i],P[i+1]$的斜率随i递增，那么真正用来转移的点（使截距最大的点）就是第一个让$P[i],P[i+1]的斜率>=2b[i]$的点。

总结

所有转移方程可以转化成定斜率的一次函数即具有决策单调性的DP都可以考虑使用斜率优化。

这样的转移方程大多形如：

$$f[i]=\min(\max)(f[j]+(a[i]-b[j])^2)\\ $$

大概的推导就是把下标为$i$的和有$i$有$j$的扔一边，其他扔对面

$$f[i]=f[j]+a[i]^2+b[j]^2-2a[i]b[j]\\ 2a[i]b[i]+f[i]-a[i]^2=b[j]^2+f[j]$$

始终记住a[i]，b[j]是可以通过下标直接计算得出的常数。

实现

用单调队列的思想实现，注意不同变量的不同单调性。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int MM=55000;
ll n,L,c[MM],f[MM],a[MM],q[MM],h,t;
double b(int x)
{
	return a[x]+x+L+1;
}
double xl(int x,int y)
{
	return (f[x]+b(x)*b(x)-f[y]-b(y)*b(y))/(b(x)-b(y));
}
int main()
{
	cin>>n>>L;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i],a[i]+=a[i-1];
	h=t=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(h<t&&xl(q[h],q[h+1])<2*a[i]+2*i)++h;
		f[i]=f[q[h]]+(a[i]+i-b(q[h]))*(a[i]+i-b(q[h]));	
		while(h<t&&xl(q[t-1],q[t])>xl(i,q[t-1]))--t;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
} 

再来道例题

P2900

$P_{ix}$表示第i块的长$P_{iy}$表示第i块地的宽，如果存在$P_{jx}>P_{ix}$且$Pjy>Piy$，那么只要在买含第j块地的一组时顺便把第i块地买了就好，所以第i块地对答案不会有贡献。

考虑所有有贡献的地，将这些地按长升序排序，那么宽一定是降序的。

分析到这可以开始DP了。

$f[i]$表示前买前i块地的代价转移方程十分显然：

$$f[i]=min(f[j]+y[j+1]*x[i])$$

$O(n^2)$肯定过不了，考虑斜率优化。

稍微推下式子:

$$-y[j+1]*x[i]+f[i]=f[j]$$

$x[i]$为斜率，过$(-y[j+1],f[j])$

这次是自己画的图：

如图，还是一样的维护凸包的过程，但要注意最开始在单调栈插入一个$0$即图中$(y[1],0)$的点，代表把前$i$个一次性买了。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int MM=50004;
struct orzzy
{
	int x,y;
}p[MM];
bool cmp(orzzy a,orzzy b)
{
	if(a.y==b.y)
		return a.x<b.x;
	else
		return a.y<b.y;
}
int tot,n;
ll f[MM],x[MM],y[MM],tmp,q[MM],h,t;
double xl(int a,int b)
{
	return (double)(f[b]-f[a])/(double)(-y[b+1]+y[a+1]);
}
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>p[i].x>>p[i].y;
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	for(int i=n;i>=1;i--)
		if(p[i].x>tmp)
			tmp=p[i].x,x[++tot]=p[i].x,y[tot]=p[i].y;
	n=tot;
	h=t=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(h<t&&xl(q[h],q[h+1])<(double)(x[i]))h++;
		f[i]=f[q[h]]+y[q[h]+1]*x[i];
		while(h<t&&xl(q[t-1],q[t])>xl(q[t-1],i))t--;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}