斜率优化 DP ：Luogu P2365 P5785「SDOI2012」任务安排 & 弱化版
动态规划
为了方便表示，题面中的费用系数改用 \(v_i\)
确定 \(f_i\) 表示到第 \(i\) 个位置的最优解
每次转移就是钱 \(i\) 个加上一段 \([j+1,i]\) 的花费
很显然，可以用前缀和优化
但因为有 \(s\) 的存在，使得直接加上多开一维需记录分组数，却会增加巨大的开销，方程给出，感受一下 \(n^3\) 算法：
这个方程出现了大量无用状态，因为最终只需要求出一个位置上的最优解
那我们反过来想，每一次的分组，都会使得时间拖延 \(s\) ，那么事先加上就行了
即在分为 \(k\) 组时，前面已经加上了 \(k\) 次 \(s\) 所带来的影响值
也就是 \(s \times \sum_{l=j+1}^n v_l\)
给出最终的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\) 转移方程:
将所有的求和用前缀和维护
然后就能愉快的敲代码了
代码给出：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)5e3+7;
int n,s,f[maxn],t[maxn],v[maxn];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;++i) {
scanf("%d",t+i);t[i] += t[i-1];
scanf("%d",v+i);v[i] += v[i-1];
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<i;++j) {
f[i] = min(f[i],f[j]+t[i]*(v[i]-v[j])+s*(v[n]-v[j]));
}
printf("%d",f[n]);
return 0;
}
Upd 2020.10.30
以上是 P2365 的 \(\mathcal{O}(n^2)\) 做法，接下来介绍该题 \(\mathcal{O}(n)\) 的斜率优化 DP
注: 下文中 \(sumt_i \gets \sum_{j=1}^i t_j\) , \(sumv_i \gets \sum_{j=1}^i v_j\)
把原方程中的 \(\min\) 去掉得
展开，移项得
tips: 斜率优化拆项时， \(x,y\) 必须与 \(j\) 相关， \(k\) 必须与 \(i\) 相关
问题转化为斜率 \(k=sumt_i+s\) 时，取一个点使得直线在 \(y\) 轴上的截距最大，其中点就为 \((sumv_j,f_j-s\times sumv_j)\)
我们用线性规划的思想，将斜率为 \(k=sumt_i+s\) 的直线从下往上移动，碰到的第一个点即能得到最小截距
此题中， \(k\) 单调上升， \(x\) 单调上升，坐标系上的点长这样
上图中，用线性规划的取点方式，红点是无论如何都取不到的，我们要维护蓝点所形成的几何图形，称之为凸包
我们用一个单调队列来维护凸包
因为 \(x\) 是单增的，所以每次加入新点都在后方，我们考虑下图的情况
其中红点是新加入的点， tail 表示队尾， tail-1 表示队列的队尾的前一个，此时加入新点后凸包会被破坏，于是我们就弹出队尾的这个点
为了每次都能 \(\mathcal{O}(1)\) 取到最优点，我们用队头来维护
如上图所示，当队头和队头后一个点组成直线的斜率小于 \(k=sumt_i+s\) 时，又因为 \(k\) 单增，此时队头将不会被取到，弹出即可
tips: 1. \(\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \leq \frac{y_3-y_4}{x_3-x_4}\) 可转化为 \((y_1-y_2)\times(x_3-x_4)\leq(y_3-y_4)\times(x_1-x_2)\) 避免精度问题
2. 不同题目中的斜率优化时的斜率可能是单调下降的，应另画图分析
代码实现如下
#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(int i=(int)s;i<=(int)t;++i)
using namespace std;
const int R = (int)3e5+7;
int N,Q[R];
long long s,T[R],V[R],f[R];
int main() {
scanf("%d%lld",&N,&s);
forn(i,1,N) scanf("%lld%lld",&T[i],&V[i]),
T[i] += T[i-1],V[i] += V[i-1]; // 前缀和
int h=0,t=0;
forn(i,1,N) {
while(h<t&&f[Q[h+1]]-f[Q[h]]<=(T[i]+s)*(V[Q[h+1]]-V[Q[h]])) // 弹出队头
++h;
f[i] = f[Q[h]] + T[i]*(V[i]-V[Q[h]]) + s*(V[N]-V[Q[h]]); // 转移
while(h<t&&(f[i]-f[Q[t]])*(V[Q[t]]-V[Q[t-1]])<=(f[Q[t]]-f[Q[t-1]])*(V[i]-V[Q[t]])) // 弹出队尾
--t;
Q[++t] = i;
}
printf("%lld\n",f[N]);
return 0;
}
Upd 2020.10.31
以上是朴素的斜率优化的实现，我们来看下一题【SDOI2012】的加强版
乍一看好像没什么区别，但注意，该题的 \(t_i\) 可以为负数，也就是说上文中的 \(k=sumt_i+s\) 不再单调递增了，但 \(x\) 仍单调递增
也就是说我们无法和上题一样直接维护队头为答案了，但队尾还能一样维护凸包，我们观察下下凸包（向下凸的凸包）的性质
仔细观察上图，可以发现 \(k_f<k_g<k_h\) ,即相邻两个点的斜率是单调递增的
有了这个性质，我们就可以用二分查找的方式找出第一条斜率 \(k\geq sumt_i+s\) 的直线的后一个点，并进行转移
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)
具体实现见代码
#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(int i=(int)s;i<=(int)t;++i)
using namespace std;
const int R = (int)3e5+7;
int N,Q[R];
long long s,T[R],V[R],f[R];
int main() {
scanf("%d%lld",&N,&s);
forn(i,1,N) scanf("%lld%lld",&T[i],&V[i]), // 前缀和
T[i] += T[i-1],V[i] += V[i-1];
int h=0,t=0,l,r,mid,res;
forn(i,1,N) {
l = h,r = t,res = Q[r];
while(l<=r) { // 二分找点
mid = l+r >> 1;
if((f[Q[mid+1]]-f[Q[mid]])>(T[i]+s)*(V[Q[mid+1]]-V[Q[mid]])) r = mid-1,res = Q[mid];
else l = mid+1;
}
f[i] = f[res] + T[i]*(V[i]-V[res]) + s*(V[N]-V[res]); // 转移
while(h<t&&(f[i]-f[Q[t]])*(V[Q[t]]-V[Q[t-1]])<=(f[Q[t]]-f[Q[t-1]])*(V[i]-V[Q[t]]))
--t; // 弹出队尾维护凸包
Q[++t] = i; // 加入新点
}
printf("%lld\n",f[N]);
return 0;
}
