决策单调性优化

决策单调性优化

对于最优化DP来说，即决策点具有单调性。

代码实现

分治

以 P5503 [JSOI2016] 灯塔 为例。

答案 $p_i = \max\{\lceil h_j - h_i + \sqrt{|i-j|} \rceil\}$。

去除绝对值，分到两种情况中去做，可以先不用考虑上取整，输出时再做即可。

我们先考虑 $j \leq i$ 的情况，对于另外一种，将整个数组翻转过来即可。

设 $f_j(i) = h_j + \sqrt{i-j}$。

把 $h_i$ 提出来，代入 $f_j$。

$$p_i = \lceil -h_i + \max\{f_j(i)\}\rceil$$

本质上 $f$ 是由同一个函数图像平移出来的。

由于递增容易发现的是每一个函数两两之间只有一个交点。

可以自行画图理解，决策单调性是比较显然的。

$p_i$ 取值与 $p_j$ 无关，这样的话我们就可以整体二分。

Solve(l,r,L,R) 表示求值区间 $[l,r]$ 决策区间 $[L,R]$。

每一次，找到区间中点 $mid$ 与其决策点 $MID$，记录答案后分到两边去做。

Solve(l,mid-1,L,MID) 与 Solve(mid+1,r,MID,R)。

时间复杂度 $O(n \log n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5*1e5;
int n;
int a[maxn+5];
double p[maxn+5];
inline double Calc(int i,int j){
	return a[j]-a[i]+sqrt(i-j);
}
void Solve(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r) return;
	int mid=(r-l)/2+l,k;
	double mx=0,val;
	for(int i=L;i<=R&&i<=mid;i++){
		val=Calc(mid,i);
		if(val>=mx) mx=val,k=i;
	}
	p[mid]=max(p[mid],mx);
	Solve(l,mid-1,L,k);
	Solve(mid+1,r,k,R);
}
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	Solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
	Solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",(int)ceil(p[i]));
	return 0;
}

单调队列

以 P1912 [NOI2009] 诗人小G 为例。

令 $s(i) = \sum_{j=1}^i (len[j]+1)$。

设 $f(i)$ 表示考虑到第 $i$ 句时的答案。

有状态转移方程：

$$f(i) = f(j) + (s(i)-s(j)-1-L)^P$$

打表发现其具有决策单调性，证明略过。

由于 $f(i)$ 转移与 $f(j)$ 有关，所以不能整体二分，可以用单调队列。

单调队列存储决策点。

由于决策单调性，我们可以用二分实现函数 Get(x,y) = k 表示决策 $x$ 在 $[1,k]$ 中优于 $y$。

按照从小到大的顺序求 $f$。

首先是加入 $0$，初始时，其是所有 $f$ 的最优决策点。

接着每一次计算 $f_i$ 重复以下步骤。

• 当 Get(第一个,第二个) < i 时弹出队头，因为它已不优。
• 更新并记录答案。
• 当 Get(倒数第二个,最后一个) >= Get(最后一个,i) 弹出队尾，因为其既不优于倒数第二个，也不优于 $i$。
• 插入 $i$。

应该解释的比较清楚了。

对于本题，需要注意的是，使用 long double 存储答案，因为答案可能会很大，并且当答案很大时并不用输出，不用担心丢失精度。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ldb long double
const int maxn=2e5;
const int maxs=30;
int n,L,P;
char str[maxn+5][maxs+5];
ll s[maxn+5];
ldb f[maxn+5];
int g[maxn+5];
ll q[maxn+5];
int hd,tl;
inline ldb Fpow(ldb x,ll y){
	ldb res=1;
	if(x<0) x=-x;
	for(;y;y>>=1,x*=x)
		if(y&1) res*=x;
	return res;
}
inline ldb Calc(int i,int j){
	return f[j]+Fpow(s[i]-s[j]-L-1,P);
}
inline int Get(int x,int y){
	int l=y,r=n,mid,ans=y-1;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)/2;
		if(Calc(mid,x)<=Calc(mid,y)) ans=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return ans;
}
inline void Work(){
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&P);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",str[i]);
		s[i]=s[i-1]+(ll)strlen(str[i])+1;
		g[i]=0,f[i]=1e20;
	}
	hd=1,tl=0;
	q[++tl]=0;
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(hd<tl&&Get(q[hd],q[hd+1])<i) hd++;
		g[i]=q[hd],f[i]=Calc(i,q[hd]);
		while(hd<tl&&Get(q[tl],i)<=Get(q[tl-1],q[tl])) tl--;
		q[++tl]=i;
	}
	if(f[n]>1e18) puts("Too hard to arrange");
	else{
		printf("%lld",(ll)f[n]);
		hd=1,tl=0;
		for(int i=n;i>0;i=g[i]) q[++tl]=i;
		q[++tl]=0;
		for(;tl>0;tl--){
			puts("");
			for(int i=q[tl]+1;i<=q[tl-1];i++){
				if(i<q[tl-1]) printf("%s ",str[i]);
				else printf("%s",str[i]);
			}
		}
	}
	puts("--------------------");
}
signed main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) Work();
	return 0;
}