斜率优化DP(转载)
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我们知道,有些DP方程可以转化成DP[i]=f[j]+x[i]的形式,其中f[j]中保存了只与j相关的量。这样的DP方程我们可以用单调队列进行优化,从而使得O(n^2)的复杂度降到O(n)。
可是并不是所有的方程都可以转化成上面的形式,举个例子:dp[i]=dp[j]+(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])。如果把右边的乘法化开的话,会得到x[i]*x[j]的项。这就没办法使得f[j]里只存在于j相关的量了。于是上面的单调队列优化方法就不好使了。
这里学习一种新的优化方法,叫做斜率优化,其实和凸包差不多,下面会解释。
举例子说明是最好的!HDU 3507,很适合的一个入门题。http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507
大概题意就是要输出N个数字a[N],输出的时候可以连续连续的输出,每连续输出一串,它的费用是 “这串数字和的平方加上一个常数M”。
我们设dp[i]表示输出到i的时候最少的花费,sum[i]表示从a[1]到a[i]的数字和。于是方程就是:
dp[i]=dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2;
很显然这个是一个二维的。题目的数字有500000个,不用试了,二维铁定超时了。那我们就来试试斜率优化吧,看看是如何做到从O(n^2)复杂度降到O(n)的。
分析:
我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好,那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2。(因为是最小花费嘛,所以优就是小于)
两边移项一下,得到:(dp[j]+sum[j]^2-(dp[k]+sum[k]^2))/(2*(sum[j]-sum[k]))<sum[i]。我们把dp[j]-sum[j]^2看做是yj,把2*sum[j]看成是xj。
那么不就是yj-yk/xj-xk<sum[i]么? 左边是不是斜率的表示?
那么yj-yk/xj-xk<sum[i]说明了什么呢? 我们前面是不是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的? 如果是的话,那么就说明g[j,k]=yj-jk/xj-xk<sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。
关键的来了:现在从左到右,还是设k<j<i,如果g[i,j]<g[j,k],那么j点便永远不可能成为最优解,可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢?
我们假设g[i,j]<sum[i],那么就是说i点要比j点优,排除j点。
如果g[i,j]>=sum[i],那么j点此时是比i点要更优,但是同时g[j,k]>g[i,j]>sum[i]。这说明还有k点会比j点更优,同样排除j点。
排除多余的点,这便是一种优化!
接下来看看如何找最优解。
设k<j<i。
由于我们排除了g[i,j]<g[j,k]的情况,所以整个有效点集呈现一种上凸性质,即k j的斜率要大于j i的斜率。
这样,从左到右,斜率之间就是单调递减的了。当我们的最优解取得在j点的时候,那么k点不可能再取得比j点更优的解了,于是k点也可以排除。换句话说,j点之前的点全部不可能再比j点更优了,可以全部从解集中排除。
于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下:
1,用一个单调队列来维护解集。
2,假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候,我们维护队列的上凸性质,即如果g[d,c]<g[c,b],那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止,并将d点加入在该位置中。
3,求解时候,从队头开始,如果已有元素a b c,当i点要求解时,如果g[b,a]<sum[i],那么说明b点比a点更优,a点可以排除,于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。
以下代码是我自己敲了一遍
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int s[500005]; int dp[500005],q[500005]; int m,n; int head,tail; int getdp(int i,int j) { return dp[j]+m+(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j]); } int getup(int j,int k) { return dp[j]+s[j]*s[j]-(dp[k]+s[k]*s[k]); } int getdown(int j,int k) { return 2*(s[j]-s[k]); } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) { for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d",&s[i]); s[0]=dp[0]=0; for(int i=1; i<=n; i++)s[i]+=s[i-1]; head=0,tail=0; q[tail++]=0; for(int i=1; i<=n; i++) { while(head+1<tail&&getup(q[head+1],q[head])<=s[i]*getdown(q[head+1],q[head])) head++; /* head+1,个比head 更优,所以直排除head,让head++,至于之前的head,谁管他呢?这么菜, 还有脸留着浪费时间?*/ dp[i]=getdp(i,q[head]); while(head+1<tail&&getup(i,q[tail-1])*getdown(q[tail-1],q[tail-2])<= getup(q[tail-1],q[tail-2])*getdown(i,q[tail-1])) tail--; /*说明 (tail-1 ,1)的决策比 (tail-2,~tail-1)更大,则说明,tail-1 是比tail-2更优的, 而i是比tail更优的则,tail可以被排除了。tail--*/ q[tail++]=i; } printf("%d\n",dp[n]); } return 0; }