斜率优化 笔记

本文原在 2024-11-02 15:18 发布于本人洛谷博客。

推式子比代码长。

1. P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

第一步：写出暴力

设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个玩具的最小答案，\(s_i\) 表示 \(C\) 的前缀和。

\[f_i=\min_{j=1}^{i-1}\{f_{j-1}+(i-j+s_i-s_{j-1}-L)^2\} \]

第二步：分流 & 拆式子

令 \(f_{i,j}=f_{j-1}+(i-j+s_i-s_{j-1}-L)^2\)。

即当 \(i\) 从 \(j\) 这个位置转移时的最小答案。

将只和 \(i\) 有关的和只和 \(j\) 有关的提出来。

令 \(g_i=i+s_i-L^{[1]}\)，\(h_i=i+s_{i-1}\)。

\([1]\)：常数项放哪边或者哪边都不放均可，由于待会还要拆平方，虽然最后会被消掉，但是哪边都不放中间的式子就会很长。

\[\begin{align*} f_{i,j}&=f_{j-1}+(g_i-h_j)^2 \\&=f_{j-1}+g_i^2-2g_ih_j+h_j^2 \end{align*} \]

第三步：讨论后面的转移点比前面的更优的条件

若 \(j_1<j_2\)，且 \(j_2\) 比 \(j_1\) 更优，即 \(f_{i,j_1}>f_{i,j_2}\)：

\[\begin{align*} f_{j_1-1}+g_i^2-2g_ih_{j_1}+h_{j_1}^2&>f_{j_2-1}+g_i^2-2g_ih_{j_2}+h_{j_2}^2 \\(f_{j_1-1}+h_{j_1}^2)-(f_{j_2-1}+h_{j_2}^2)&>2g_i(h_{j_1}-h_{j_2}) \end{align*} \]

令 \(y_i=f_{i-1}+h_i^2\)：

\[y_{j_1}-y_{j_2}>2g_i(h_{j_1}-h_{j_2}) \]

\(s\) 单调递增，所以 \(h\) 也单调递增，所以 \(h_{j_1}-h_{j_2}<0\)：

\[\frac{y_{j_1}-y_{j_2}}{h_{j_1}-h_{j_2}}<2g_i \]

左边这个式子就相当于平面内经过 \(A(h_{j_1},y_{j_2})\) 和 \(B(h_{j_2},y_{j_2})\) 的直线 \(AB\) 的斜率（就是一次函数的 \(k\)），也就是说当这个斜率小于 \(2g_i\) 时，\(j_2\) 更优。

第四步：单调队列维护

令 \(K(j_1,j_2)=\frac{y_{j_1}-y_{j_2}}{h_{j_1}-h_{j_2}}\)。

可以证明转移点间的斜率一定是单调递增的：

考虑反证法。当 \(j_1<j_2<j_3\)，\(K(j_1,j_2)>K(j_2,j_3)\) 时，假设 \(j_2\) 是最优转移点。则 \(j_2\) 优于 \(j_1\Rightarrow K(j_1,j_2)<2g_i\)，\(j_2\) 也优于 \(j_3\Rightarrow K(j_2,j_3)>2g_i\)，即 \(K(j_1,j_2)<2g_i<K(j_2,j_3)\)，与条件矛盾，故假设不成立。

运用单调队列的思想，维护队列中相邻两个点的斜率单调递增，且保证队头和队头后一个点的斜率 \(>2g_i\)，由于斜率单调递增，故前一个点总是优于后一个点，取队头就是答案。

所有情况的单调队列取法总结：

• \(K(j_1,j_2)<g_i\)，\(g_i\) 单调增：维护队头斜率大于 \(g_i\)，斜率单调增，转移取队头。

• \(K(j_1,j_2)<g_i\)，\(g_i\) 单调减：维护队尾斜率小于 \(g_i\)，斜率单调增，转移取队尾。

• \(K(j_1,j_2)>g_i\)，\(g_i\) 单调增：维护队尾斜率大于 \(g_i\)，斜率单调减，转移取队尾。

• \(K(j_1,j_2)>g_i\)，\(g_i\) 单调减：维护队头斜率小于 \(g_i\)，斜率单调减，转移取队头。

先删尾，再加入，再删头，再转移。

2.

简要题意：有一个长度为 \(n\le10^6\) 长度的数轴，除 \(0\) 号点外每个点上有个分数 \(a_i\)。任选跳跃策略，从 \(0\) 号点跳到 \(n\) 号点，从 \(j\) 跳到 \(i\) 的收益是 \(a_i(i-j)\)，求最大分数。

\[f_i=\max_{j=0}^{i-1}\{f_j+a_i(i-j)\} \]

令 \(f_{i,j}=f_j+ia_i-ja_i\)。

若 \(j_1<j_2\)，且 \(f_{j_1}<f_{j_2}\)：

\[\begin{align*} f_{j_1}+ia_i-j_1a_i&<f_{j_2}+ia_i-j_2a_i \\f_{j_1}-f_{j_2}&<a_i(j_1-j_2) \\\frac{f_{j_1}-f_{j_2}}{j_1-j_2}&>a_i \end{align*} \]

其他情况 1：与斜率比较的对象没有单调性

其实很好处理，根据大于号和小于号，单调队列维护递增还是递减的四条规律仍然适用，但是不能再保证队头或队尾和比较对象的关系，所以变成单调栈，然后二分找就行了。

3. P4655 [CEOI2017] Building Bridges

\[w_i\gets w_{i-1}+w_i \]

\[f_i=\min_{j=1}^{i-1}\{f_j+(h_i-h_j)^2+w_{i-1}-w_j\} \]

光速推柿子（因为没啥用），令 \(G_i=h_i^2+w_{i-1}\)，\(H_i=f_j+h_j^2-w_j\)，得到：

\[H_{j1}-H_{j2}>2H_i(h_{j1}-h_{j2}) \]

然后发现由于 \(h\) 没有单调性，连斜率小于 / 大于一个对象的形式都写不出来。

其他情况 2：斜率也没有单调性

把式子推回去到这：

\[f_{i}=\min_{j=1}^{i-1}\{f_j+h_i^2-2h_ih_j+h_j^2+w_{i-1}-w_j\} \]

令 \(k=-2h_j\)，\(b=f_j+h_j^2-w_j\)。

\[f_{i}=h_i^2+w_{i-1}+\min_{j=1}^{i-1}\{kh_i+b\} \]

\(\min\) 里的可以用 李超线段树 维护。相当于查询 \(x=h_i\) 时，\(y\) 的最小值。由于插入的是直线而不是线段，所有数都是整数没有精度问题，而且只关心最小值的大小而不是编号，所以比模板好写多了。

不过要注意边界问题，第 \(0\) 条直线的 \(b_0=\infty\)。

4. P4027 [NOI2007] 货币兑换

贪心，如果在第 \(j\) 天买入并在第 \(i\) 天卖出，那么肯定是在第 \(j\) 天全买第 \(i\) 天全卖最优。

设 \(p_i,q_i\) 分别表示第 \(i\) 天 \(a,b\) 能买多少个：

\[p_i=\frac{f_ir_i}{a_ir_i+b_i},q_i=\frac{f_i}{a_ir_i+b_i} \]

\[\begin{align*} f_i&=\max(f_{i-1},\max_{j=1}^{i-1}\{a_ip_j+b_iq_j\}) \\&=\max(f_{i-1},\max_{j=1}^{i-1}\{b_i(p_j\frac{a_i}{b_i}+q_j)\}) \end{align*} \]

把右边那一部分看成一次函数，李超线段树维护即可。

其他情况 2.1：\(x\) 坐标是小数

离散化即可，小心 unique 后炸精度。

更多类似题目

1/2. P3628 [APIO2010] 特别行动队 / SP15648 APIO10A - Commando

3. P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

4. P2900 [USACO08MAR] Land Acquisition G