BZOJ 1010 [HNOI2008]玩具装箱 (斜率优化DP)

题目链接

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1010

思路

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【斜率优化DP】

我们知道，有些DP方程可以转化成DP[i]=f[j]+x[i]的形式，其中f[j]中保存了只与j相关的量。这样的DP方程我们可以用单调队列进行优化，从而使得O(n^2)的复杂度降到O(n)。 可是并不是所有的方程都可以转化成上面的形式，比如dp[i]=dp[j]+(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])。如果把右边的乘法化开的话，会得到x[i]*x[j]的项。这就没办法使得f[j]里只存在于j相关的量了。于是上面的单调队列优化方法就不好使了，所以我们需要一种新的优化方法，叫做斜率优化。 拿本题来说，我们设dp[i]表示装到第i个玩具的时候最少的花费，sum[i]表示前i个玩具的长度和。于是方程就是： dp[i]  = min{ dp[j] + [i+sum[i]-(j+1+sum[j])-L]² }； 题目的N<=50000，二维铁定超时了。我们就来看看斜率优化如何做到从O(n^2)复杂度降到O(n)。 分析: 我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好，那么也是就是dp[j] + [i+sum[i]-(j+1+sum[j])-L]² < dp[k] + [i+sum[i]-(j+1+sum[k])-L]²。(因为是最小花费，所以优就是小于) 两边移项一下得到：[dp[j]+(j+1+sum[j])^2-(dp[k]+(k+1+sum[k])^2)]/(2*( (j+1+sum[j])-(k+1+sum[k]) )) < (i + sum[i]-L)。我们把dp[j]-num[j]^2看做是yj，把2*num[j]看成是xj。 那么不就是(yj-yk)/(xj-xk) < A[i]么？   左边是不是斜率的表示？ 那么(yj-yk)/(xj-xk) < A[i]说明了什么呢？  我们前面是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的，那么g[j,k]=(yj-yk)/(xj-xk) < A[i]代表这j的决策比k的决策要更优。 斜率优化在于：①设k<j<i，如果g[i,j] < g[j,k]，那么j点便永远不可能成为最优解，可以直接将它踢出我们的最优解集。‘ 为什么呢？我们假设g[i,j] < A[i]，那么就是说i点要比j点优，排除j点。如果g[i,j] >= A[i]，那么j点此时是比i点要更优，但是同时g[j,k]>g[i,j]>A[i]。这说明还有k点会比j点更优，同样排除j点。排除多余的点，这便是一种优化！ 由于我们排除了g[i,j] < g[j,k]的情况，所以整个有效点集呈现一种下凸性质，即k j的斜率要小于j i的斜率。这样，从左到右的斜率之间就是单调递增的了，所以我们就可以对g维护一个单调队列。 同时，函数A[i]也要具有单调递增的特性，所以第二个优化就在于：②如果单调队列的头两个点为i, j，斜率g[j, i] < A[i]，则说明j优于i，并且由于A单调递增，所以g[j,i]恒小于A[]，所以可以直接把i排除掉。 于是对于这类题斜率优化做法可以总结如下： 1，用一个单调队列来维护解集。 2，假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候，我们维护队列的下凸性质，即如果g[d,c]<g[c language=",b"][/c]，那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。 3，求解时候，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果g[b,a]<A[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。  

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代码

  [cpp] #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <string> #include <cstring> #include <vector> #include <queue> #define MID(x,y) ((x+y)/2) #define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define REP(i, begin, end) for (int i = begin; i <= end; i ++) using namespace std; long long dp[50005], sum[50005]; vector <int> Q; int n, L; inline long long getDP(int i, int j){ return dp[j] + (i+sum[i]-(j+1+sum[j])-L) * (i+sum[i]-(j+1+sum[j])-L); } inline double getUP(int j, int k){ return (double)dp[j] + (double)(j+1+sum[j]) * (double)(j+1+sum[j]) - ((double)dp[k] + (double)(k+1+sum[k]) * (double)(k+1+sum[k])); } inline double getDOWN(int j, int k){ return 2.0 * ((j+1+sum[j]) - (k+1+sum[k])); } inline double getRIGHT(int i){ return (double)(sum[i] + i - L); } inline double slope(int j, int k){ return getUP(j, k) / getDOWN(j, k); } int main(){ scanf("%d %d", &n, &L); sum[0] = 0, dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; i ++){ scanf("%lld", &sum[i]); sum[i] += sum[i-1]; } Q.clear(); Q.push_back(0); for (int i = 1; i <= n; i ++){ while((int)Q.size() > 1 && slope(Q[1], Q[0]) <= getRIGHT(i)) Q.erase(Q.begin()); int tmp = Q[0]; dp[i] = getDP(i, Q[0]); while( (int)Q.size() > 1 && slope(Q[(int)Q.size()-1], Q[(int)Q.size()-2]) >= slope(i, Q[(int)Q.size()-1]) ) Q.pop_back(); Q.push_back(i); } printf("%lld\n", dp[n]); return 0; } [/cpp]