斜率优化DP

从lyd蓝书入的门。

一、任务安排1

这是最弱化的板子。

首先考虑O(n³)的DP：

f[i][j]=min_0<=k<i([f[k][j-1]+(S*J+sumT[i])*(sumC[i]-sumC[k]));

考虑优化：因为没有限制要分成多少批，而我们之所以多设一维j是因为我们需要知道启动了多少次，从而计算时间。

这里运用到一种“费用提前计算”的思想来优化：

在DP过程中我们并不容易直接求出每批任务的完成时刻，而我们可以考虑每启动一次就会对之后所有的任务产生影响，

所以我们可以先把费用累加进来，就可以实现O(n²)的DP：

f[i]=min_0<=j<i{f[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[N]-sumC[j])};

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
using namespace std;

IL int gi () {
    RG int x=0,w=0; char ch=0;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}

const int N=1e5+10;

int n,S,T[N],C[N];
LL f[N],preT[N],preC[N];

int main ()
{
    RG int i,j;
    n=gi(),S=gi();
    for (i=1;i<=n;++i)
        T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for (i=1;i<=n;++i)
        for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j]));
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}

BY BHLLX

二、任务安排2

N<=10⁵。。

n方DP过不了，我们需要继续优化。

把DP式子拆开：

f[i]=min{f[j]-(S+sumT[i])*sumC[j]}+sumT[i]*sumC[i]+S*sumC[N];

即把仅与i相关的，仅与j相关的，和i*j的乘积向分离出来。

然后移项可得：

f[j]=(S+sumT[i])*sumC[j]+f[i]-sumT[i]*sumC[i]-S*sumC[N];

容易发现与i相关的都是常量。

所以可以看成一个以sumC[j]为x，f[j]为y的一次函数。

现在我们要得到最小的i，就相当于在这些点上找到一个点，

使得斜率恒为(S+sumT[i])的直线的纵截距最小。

所以我们可以用单调队列维护一个下凸壳。

注意到最优的点肯定是左侧线段的斜率比k小，右侧的线段斜率比k大，且此题的k是单调递增的。

所以我们可以只需维护斜率大于k的部分，每次取最左端点即可。

至于单调队列的掐头和去尾操作：

在这个题目中，

掐头：目的是去掉超出范围的。若队头的斜率已经小于等于当前的k，去掉。

去尾：目的是去掉不可能成为答案的。若加入新的点后，不满足单调性。去掉。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
using namespace std;

IL int gi () {
    RG int x=0,w=0; char ch=0;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}

const int N=1e5+10;

int n,L,R,T[N],C[N],q[N];
LL nowk,S,f[N],preT[N],preC[N];

int main ()
{
    RG int i;
    n=gi(),S=gi();
    for (i=1;i<=n;++i)
        T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    L=1,R=1,q[1]=0,f[0]=0;
    for (i=1;i<=n;++i) {
        //for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j]));        
        //f[j]=(preT[i]+S)*preC[j]+f[i]-preT[i]*preC[i]-S*preC[n]
        nowk=preT[i]+S;
        while (L<R&&nowk*(preC[q[L+1]]-preC[q[L]])>=(f[q[L+1]]-f[q[L]])) ++L;
        f[i]=f[q[L]]+preT[i]*preC[i]+S*preC[n]-nowk*preC[q[L]];
        while (L<R&&(f[i]-f[q[R]])*(preC[q[R]]-preC[q[R-1]])<=(f[q[R]]-f[q[R-1]])*(preC[i]-preC[q[R]])) --R;
        q[++R]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}

BY BHLLX

三、任务安排3

与任务2的区别是：T可能为负数。

这意味着k不再具有单调性。

所以我们不能只保留大于k的部分凸壳，而应该保留整个凸壳。

所以就没有掐头操作，而且队头也不一定是最优的。

所以我们每次就要二分查找最优点，其他大致不变。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
using namespace std;

IL int gi () {
    RG int x=0,w=0; char ch=0;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}

const int N=3e5+10;

int n,L,R,T[N],C[N],q[N];
LL nowk,S,f[N],preT[N],preC[N];

IL int search(int id,int k) {
    if (L==R) return q[L];
    int l=1,r=R,mid;
    while (l<r) {
        mid=l+r>>1;
        if (k*(preC[q[mid+1]]-preC[q[mid]])<(f[q[mid+1]]-f[q[mid]])) r=mid;
        else l=mid+1;
    }
    return q[r];
}

int main ()
{
    // T可以为负 preT不具有单调性 ∴斜率不具有单调性
    // 不能只维护下凸壳的部分 而是全部
    // 二分找最优
    RG int i,now;
    n=gi(),S=gi();
    for (i=1;i<=n;++i)
        T[i]=gi(),C[i]=gi(),preT[i]=preT[i-1]+T[i],preC[i]=preC[i-1]+C[i];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    L=1,R=1,q[1]=0,f[0]=0;
    for (i=1;i<=n;++i) {
        //for (j=0;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+preT[i]*(preC[i]-preC[j])+S*(preC[n]-preC[j]));        
        //f[j]=(preT[i]+S)*preC[j]+f[i]-preT[i]*preC[i]-S*preC[n]
        //while (L<R&&nowk*(preC[q[L+1]]-preC[q[L]])>=(f[q[L+1]]-f[q[L]])) ++L;        
        nowk=preT[i]+S,now=search(i,nowk);
        f[i]=f[now]+preT[i]*preC[i]+S*preC[n]-nowk*preC[now];
        while (L<R&&(f[i]-f[q[R]])*(preC[q[R]]-preC[q[R-1]])<=(f[q[R]]-f[q[R-1]])*(preC[i]-preC[q[R]])) --R;
        q[++R]=i;
    }
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}

BY BHLLX

四、CF311B

首先令A[i]=T[i]-ΣD[j],1<=j<=H[i]。要接到猫i则必须在A[i]后出发。

若出发时刻为T，则这只猫需等待的时间为T-A[i]。

把A排序，容易发现连续抱一段猫肯定比零散的抱猫优秀。

那么设f[i][j]表示i个人，已经接了j只猫。

f[i][j]=min{f[i-1][k]+A[j]*(j-k)+sumA[k]-sumA[j]}

同样的变形得：

f[i-1][k]+sumA[k]=A[j]*k+f[i][j]-Aj*j+sumA[j]

所以可以看成以k为x，f[i-1][k]+sumA[k]为y的一次函数。

因为A[j]单调，所以直接按任务安排2的方法做就好了。

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double 
using namespace std;

IL int gi() {
    RG int x=0,w=0; char ch=0;
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}

const int N=1e5+10;

int n,m,p,H,T,d[N],h[N],t[N];
LL q[N],A[N],sumD[N],sumA[N],f[110][N];

IL DB Slope(int id,int x,int y) {return 1.0*(f[id][x]+sumA[x]-f[id][y]-sumA[y])/(x-y);}

int main ()
{
    RG int i,j;
    n=gi(),m=gi(),p=gi();
    for (i=2;i<=n;++i) d[i]=gi(),sumD[i]=sumD[i-1]+d[i];
    for (i=1;i<=m;++i) h[i]=gi(),t[i]=gi(),A[i]=t[i]-sumD[h[i]];
    for (i=1;i<=m;++i) sumA[i]=sumA[i-1]+A[i];
    sort(A+1,A+m+1);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for (i=1,f[0][0]=0;i<=p;++i) {
        H=T=1,q[1]=0;
        for (j=1;j<=m;++j) {
            //f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(j-k)*A[j]-sumA[j]+sumA[k]);
            //f[i-1][k]+sumA[k]=A[j]*k+f[i][j]-Aj*j+sumA[j];
            while (H<T&&(DB)A[j]>=Slope(i-1,q[H+1],q[H])) ++H;
            f[i][j]=f[i-1][q[H]]+sumA[q[H]]+A[j]*(j-q[H])-sumA[j];
            while (H<T&&Slope(i-1,j,q[T])<=Slope(i-1,q[T],q[T-1])) --T;
            q[++T]=j;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[p][m]);
    return 0;
}

BY BHLLX

五、K-Anonymous Sequence

首先得把题目转化为：
把一个递增数列分成若干组，每组至少k个，每组的花费是这组的数字和减去最小值乘这组的总个数。求最小总花费。

那么我们可以设出n方DP：

f[i]=min{f[j]+(sum[i]-sum[j])-a[j+1]*(i-j)};

发现题中存在i和j的乘积项，考虑斜率优化。

但是我们又发现这个乘积项是i*a[j+1]，感觉很不好。

所以我们考虑把序列变成从大到小排序的。

那么，新的DP方程为：

f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j])-a[i]*(i-j))。

这时候我们发现乘积项就变成了a[i]*j，爽。

那么进行变形得：

f[j]-sum[j]=-a[i]*j+a[i]*i+f[i]-sum[i]。

注意到-a[i]单调递增且求最小值，所以仍然是维护下凸壳。

另，这个题有一个K的限制，所以需要延迟加入决策点。

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define IL inline
#define DB double
#define LL long long
using namespace std;
 
const int N=5e5+10;

LL a[N],f[N],s[N];
int n,K,T,q[N];
 
IL bool cmp(int a,int b) {return a>b;}

DB slope(int x,int y) {return (DB)((f[y]-s[y])-(f[x]-s[x]))/(DB)(y-x);}

int main() {
    scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d",&n,&K);
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        int l=1,r=1;q[1]=0,f[0]=0;
        for (int i=K;i<=n;i++) {
            while (l<r&&slope(q[l],q[l+1])<=-a[i]) l++;
            f[i]=f[q[l]]+s[i]-s[q[l]]-a[i]*(i-q[l]);
            while (l<r&&slope(q[r-1],q[r])>=slope(q[r],i-K+1)) r--;
            q[++r]=i-K+1;
        }
        printf("%lld\n",f[n]);
    }
    return 0;
}

BY BHLLX

总结（个人YY）：

对于DP方程中出现了i，j的乘积项的多考虑斜率优化。

斜率单调保留部分凸壳，不单调保留全部凸壳&&二分查找最优。

对于用单调队列维护凸壳的出入队判断条件：

一般先手画几个点，如果感觉画不出的话，再理性的去推。

比如掐头操作，可以假设后一个比前一个优，那么把需要满足的不等式暴力开出来。

就可以得到前两个的需满足的是什么。

又比如去尾操作，把一次函数先搞出来，根据求最大值还是最小值去具体分析：

最大值的话：

无论正负，应该满足最优解左侧的线段斜率大于当前斜率k，而右侧线段应小于当前斜率k。

即我们需要维护的是一个斜率单调递减的上凸壳，且一般只需维护小于当前斜率k的部分。

最小值反之。

看一下取最大值的两种情况：

所以画图还是最好的。。。

posted @ 2019-02-10 20:20 薄荷凉了夏阅读(271) 评论(0) 编辑收藏举报

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薄荷凉了夏

————胜者为王

斜率优化DP

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