斜率优化

合集 - 算法学习笔记(14)

1.分块+莫队算法2023-04-29

2.斜率优化2023-04-30

3.树上莫队2023-10-124.About 单调队列优化多重背包2023-09-215.计算几何2023-07-216.后缀数组(SA)2023-05-027.字符串String2023-11-168.左偏树/可并堆2023-11-079.平衡树2023-10-2510.差分约束2023-10-1411.网络流学习笔记2023-12-1312.Data Structure 12023-12-3013.Data Structure 22024-03-2214.Data Structure 32024-12-22

收起

斜率优化

dp回顾

对于所有的方程都需要枚举 $j=[l,i-1]$

1. $dp[i]=max/min(dp[j]+a[i])$ 维护出前缀的最值即可
2. $dp[i]=max/min(dp[j]+a[j])$ 维护出前缀的最值即可
3. $dp[i]=max/min(dp[j]+a[j]+a[i])$ 维护出前缀的最值即可
4. $dp[i]=max/min(dp[j]+a[i]\ast b[j])$
   特殊：$a[i]\ast b[j]$ 是否存在单调性，$a,b$ 数组本身是单调的

而斜率优化可优化的dp类型就是第四种

P3195 [HNOI2008]玩具装箱

题目描述

分析

设 $dp[i]$ 表示到 $i$ 为止的最小花费
对于 $dp[i]$ 枚举所有的 $1\le j<j$
$dp[i]=min(dp[j]+(\sum C_{[j+1,i]}+i-j-1-L{)}^2)$
$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L{)}^2)$

$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-1-L{)}^2)$
设 $F[i]=sum[i]+i$
$dp[i]=min(dp[j]+(F[i]-F[j]-1-L{)}^2)$

这个方程就满足上面所说的第4类方程，就可以用到斜率优化

斜率优化

需要先把方程推导出斜率的公式 $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}$

1. 自己设置两个决策点 $j_1$ 和 $j_2(j_1<j_2)$ 并且 $j_2$ 优于 $j_1$
   代入这两个决策点到方程中，推导什么样条件满足 $j_2$ 优于 $j_1$
   $dp[j_1]+(F[i]-F[j_1]-1-L{)}^2>=dp[j_2]+(F[i]-F[j_2]-1-L{)}^2$

2. 拆开不等式，把不等式变成斜率的形式
   $dp[j_1]+F[i{]}^2-2\ast F[i]\ast (F[j_1]+1+L)+(F[j_1]+1+L{)}^2$
   $>=dp[j_2]+F[i{]}^2-2\ast F[i]\ast (F[j_2]+1+L)+(F[j_2]+1+L{)}^2$

   $2\ast F[i]\ast (F[j_2]+1+L)-2\ast F[i]\ast (F[j_1]+1+L)$
   $>=dp[j_2]+(F[j_2]+1+L{)}^2-(dp[j_1]+(F[j_1]+1+L{)}^2)$

   $2\ast F[i]\ast (F[j_2]-F[j_1])>=dp[j_2]+(F[j_2]+1+L{)}^2-(dp[j_1]+(F[j_1]+1+L{)}^2)$

   $2\ast F[i]>=\frac{dp[j_2]+(F[j_2]+1+L{)}^2-(dp[j_1]+(F[j_1]+1+L{)}^2)}{F[j_2]-F[j_1]}$

   设 $G[i]=(F[i]+1+L{)}^2$，代入
   $2\ast F[i]>=\frac{(dp[j_2]+G[j_2])-(dp[j_1]+G[j_1])}{F[j_2]-F[j_1]}$

3. 显然我们可以把 $F[j]$ 看做 $x$ 横坐标，$dp[j]+G[j]$ 看做 $y$ 纵坐标，那么右边的式子也就变成了一个斜率 $k=\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}$，也就是说 $k<=2\ast F[i]$，决策点 $j_2$ 优于 $j_1$

4. 在决策点 j 依次向右移动的过程中，只有保证单调递增，所有的 j 才有可能成为最优决策点
   如果存在三个决策点 $j_1,j_2,j_3$ 出现 $k(j_1,j_2)$的斜率大于 $k(j_2,j_3)$ 的斜率，那么 $j_2$ 必然不可能成为最优决策点
   
   也就是说，
   当$j_3$在黄色点时，$c>a$ 此时无论$2\ast F[i]$是多大，$j_1,j_2,j_3$都有可能成为最有决策点
   而当$j_3$在蓝色点位置时，则$a>b$，$j_2$是不可能成为最有决策点的，因为无论什么情况，$j_3$都会比$j_2$优，所以直接可以把$j_2$删除，这样所得到的序列就是单调的了

5. 寻找答案，只需要二分查找维护出来的斜率队列，找到最大的那个满足条件的斜率，这个斜率所对应的右端点即为最优决策点 $j$
   当然，这里也可以直接用单调队列来维护决策点队列
   如果 $i$ 和队首两个点的斜率 $<2\ast F[i]$ 则删除队首
   对于队尾两个点的斜率大于当前 $i$ 和队尾的斜率，则删除队尾

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

const int maxn=5e4+10;
int n,head,tail;
ll a[maxn],sum[maxn],F[maxn],L,G[maxn],dp[maxn];
int dq[maxn];

double K(int j1,int j2){
  return (double)(dp[j1]+G[j1]-dp[j2]-G[j2])/(F[j1]-F[j2]);
}

int main(){
  /*2023.4.30 hewanying P3195 [HNOI2008]玩具装箱 斜率优化dp*/ 
  scanf("%d%lld",&n,&L);
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	scanf("%lld",&a[i]);
  	sum[i]=sum[i-1]+a[i];
  	F[i]=sum[i]+i;
  	G[i]=(F[i]+1+L)*(F[i]+1+L);
  }
  G[0]=(L+1)*(L+1); //把G[0]当作原点，可以不用判断队伍中只有一个元素的情况
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	while(head<tail&&K(dq[head],dq[head+1])<2*F[i]) head++;
  	dp[i]=dp[dq[head]]+(F[i]-F[dq[head]]-1-L)*(F[i]-F[dq[head]]-1-L);
  	while(head<tail&&K(dq[tail-1],dq[tail])>K(dq[tail],i)) tail--;
  	dq[++tail]=i;
  }
  printf("%lld\n",dp[n]);
  return 0;
}

总结

1. 斜率优化的题目一般代码都比较短，$n^2$的dp都比较好推，难就难在推公式的过程
2. 在dp中可以常常设一些函数来表示固定的值，从而可以简化dp的式子，防止出现错误，如例题中的$F[i],G[i]$
3. 注意初始化和是否要使用long long