slope trick
slope trick
对于一类 DP 问题，DP 状态是二维的 \(f_{i,j}\)，且 \(f_i\) 可以看作一个关于 \(j\) 的线性的连续凸分段函数
转移时可以直接维护这个函数而优化复杂度
维护操作
以下凸函数为例
我们维护第一段函数的斜率 \(k\)，用数据结构维护出斜率每变化 \(1\) 时的转折点的可重集
注意如果某点处斜率变化了不止 \(1\)，就得插入对应数量的点
例如，函数 \(f(x)=|x-a|\)，我们维护 \(k=-1\)，数据结构中存 \(2\) 个 \(a\)，表示 \(a\) 处斜率从 \(-1\to0\to1\)
取最值
由于函数下凸，最小值点就是 \(k=0\) 时的点
因此用 \(L\) 堆存从小到大 \(k\le 0\) 的转折点，\(R\) 堆存从小到大 \(k>0\) 的转折点
此时 \(L\) 堆和 \(R\) 堆队头中间的一段 \(k=0\)，就是最小的
加函数
整体加一个下凸函数，我们把开头的 \(k\) 加上那个开头对应的 \(k\)，直接暴力插入新的转折点即可
前缀/后缀取 \(\min\)
函数是一个下凸函数，当 \(k\le0\) 时，前缀 \(\min\) 就是它自己，当 \(k>0\) 时，前缀 \(\min\) 变为 \(k=0\) 时的值
因此直接把 \(R\) 堆中的转折点丢掉即可
平移
如 \(f(x)\) 变为 \(f(x-l)\)，向右平移 \(l\)，则是在堆上打 \(tag\)，表示堆中的值加上 \(tag\) 后才是真实的横坐标
此时 \(tag\) 应 \(\gets tag + l\)
把新的转折点插入堆之前注意 \(-tag\)
限定定义域
上面维护的函数定义域都是 \((-\infty,\infty)\)，但是有些题中限制了定义域，即转移范围
求 \(x\in[l,r]\) 的最值时，最值点可能在 \(l/r\) 处
那么实现时将转折点加入堆时对 \(l\) 取 \(\max\)，对 \(r\) 取 \(\min\)，这样不会影响函数在定义域内的取值
取出时有人说不用再取，但我试了一下，好像还是要取 \(\max/\min\) 才过的去？不知道什么情况（
求出答案
这里就直接采用倒推方案求答案的方法
首先最后我们得到的函数，它上面的每个点都是合法取值，因此我们直接取取到最小值的点，一定对应一组方案
但是前面转移的过程中，不是每个的最小值点都是方案
因此在每次转移时记录最小值点，倒推回去，如果当前函数的最小值点符合要求，就直接取它，否则根据题目的性质，贪心选取离最小值点近的转折点，这样能尽可能满足后面的，不会使答案变差
应用
P4331 [BalticOI 2004] Sequence 数字序列
模板题，将每个 \(a_i\) 减去 \(i\)，限制变为单调不降
朴素 DP 是 \(f_{i,j}=\min_{k\le j}(f_{i-1,k}+|j-a_i|)\)
发现绝对值函数是凸的，凸函数加凸函数仍是凸的，因此用 slope trick，维护整体加函数，取前缀 \(\min\) 操作
int main()
{
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), a[i] -= i;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
--k, heap.push(a[i]), heap.push(a[i]);
while(heap.size() + k > 0) heap.pop();
b[i] = heap.top();
}
for(int i = n - 1; i > 0; --i) b[i] = min(b[i + 1], b[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i) ans += llabs(a[i] - b[i]);
print(ans), putchar('\n');
for(ll i = 1; i <= n; ++i) print(i + b[i]), putchar(' ');
return 0;
}
上一题的升级版
加上了范围的限制，首先分析平移 \(k\) 的影响，记函数最小值段的端点为 \(l,r\)
当 \(x< l\) 时，由于单调不增，平移的越少越好，向右平移 \(a\)
当 \(x>r\) 时，由于单调不降，平移的越多越好，向右平移 \(b\)
至于中间的段，平移后都是最小值段，不变，不用单独考虑
因此在 \(L\) 堆，\(R\) 堆上分别打平移标记
最后是经典的加函数与取前缀最小值的操作
由于题目保证有解，因此位置 \(i\) 最小为 \(L=(i-1)a+1\)，最大为 \(R=Q\)
注意此处答案的构造，如果最小值点取不到，就贪心调整为合法的离它最近的
int main()
{
read(n, lim, a, b);
for(int i = 1; i <= n; ++i) read(p[i]);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
tagl += a, tagr += b, --k; // k=0 拐点左侧向右平移 a, 右侧向右平移 b
while(!rhp.empty() && k + (ll)lhp.size() < 0) lhp.push(rhp.top() + tagr - tagl), rhp.pop();
ll tr = min(max(p[i], (i - 1) * a + 1), lim); // 先让拐点在范围内，调整不影响范围内的函数值
lhp.push(tr - tagl), lhp.push(tr - tagl); // 加上函数
while(k + (ll)lhp.size() > 0) rhp.push(lhp.top() + tagl - tagr), lhp.pop();
q[i] = max((i - 1) * a + 1, min(lhp.top() + tagl, lim));
}
ans += llabs(q[n] - p[n]); // 还原真实值
for(int i = n - 1; i > 0; --i)
{
q[i] = max(q[i + 1] - b, min(q[i], q[i + 1] - a));
ans += llabs(q[i] - p[i]);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
好，上树了
naive 的想法是设 \(f_{x,i}\) 表示 \(x\) 子树内有 \(i\) 个黑点时的最小代价，转移为 \(f_{x,i}=\min_{c=0/1} cost(x,c)+\sum_y f_{y,i-c}\)，表示枚举 \(x\) 是红点还是黑点，增加相应代价，然后是黑点则 \(y\) 子树内要少取一个黑点
可以归纳证明/感性理解 \(f_x\) 为凸函数
而且发现这个函数定义域是 \([0,x\text{到子树内最浅叶子的距离}]\)
根据长链剖分的复杂度分析，每次合并两棵子树，代价是取 \(\min\)，总复杂度均摊线性
那么可以暴力合并函数，但还有加上 \(cost(x,c)\)，平移后两个函数取 \(\min\) 的操作
因为 \(cost(x,c)=0/1\)，而函数不为 \(0\) 的斜率绝对值最小是 \(1\)，因此左边的平移后肯定不优，右边的平移后肯定更优
那么 \(x\) 为黑点时就直接可以看作是在最小值段左端插入一段斜率为 \(-1\) 的函数，为红点时在最小值段右端插入斜率为 \(1\) 的，同时也顺便完成了平移操作
既然横坐标范围小，我们直接维护各个横坐标处各段函数的斜率
维护两个 vector，一个存负斜率，一个反过来存正斜率，插入就直接在末尾插入，还维护一下 \(0\) 的个数
合并就是对位相加，计算答案时，由于我们已知 \(f_{x,0}\) 的值就是子树内黑点个数，因此记录负斜率之和即可算出最小值
注意合并时第一个不能直接 copy，万一是长链就寄了，维护一下编号
精细实现复杂度 \(O(n)\)
struct slopetrick
{
vector<int> fu, zh;
int num, sum;
void clear() {fu.clear(), zh.clear(), num = sum = 0;}
void ins(int val) {val > 0 ? zh.pb(val) : (sum += val, fu.pb(val));}
int operator ()(int x)const
{
if(x < fu.size()) return fu[x];
if(fu.size() + num > x) return 0;
return zh[zh.size() - (x - fu.size() - num) - 1];
}
void build(vector<int> x)
{
clear();
for(int i : x)
if(i < 0) fu.pb(i), sum += i;
else if(i > 0) zh.pb(i);
else ++num;
reverse(zh.begin(), zh.end());
}
int size()const {return fu.size() + num + zh.size();}
}a[N];
vector<int> operator + (const slopetrick &x, const slopetrick &y)
{
vector<int> tmp;
for(int i = 0; i < lim; ++i) tmp.pb(x(i) + y(i));
return tmp;
}
vector<int> operator + (const vector<int> &x, const slopetrick &y)
{
vector<int> tmp;
for(int i = 0; i < lim; ++i) tmp.pb(x[i] + y(i));
return tmp;
}
void clear()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
edge[i].clear(), a[i].clear();
dep[i] = N, id[i] = i, siz[i] = fa[i] = ans[i] = mson[i] = col[i] = 0;
}
}
void dfs(int x)
{
siz[x] = col[x];
if(!edge[x].size())
{
a[id[x]].ins(col[x] ? -1 : 1), dep[x] = 1, ans[x] = 0;
return;
}
for(int y : edge[x])
{
dfs(y), siz[x] += siz[y];
if(dep[y] + 1 < dep[x]) mson[x] = y, dep[x] = dep[y] + 1;
}
id[x] = id[mson[x]], lim = dep[x] - 1;
if(edge[x].size() > 1)
{
int fir = 0; vector<int> tmp;
for(int y : edge[x])
if(y != mson[x])
{
if(fir) tmp = tmp + a[id[y]];
else fir = y, tmp = a[id[x]] + a[id[y]];
}
a[x].build(tmp), id[x] = x;
}
a[id[x]].ins(col[x] ? -1 : 1), ans[x] = siz[x] + a[id[x]].sum;
}
void mian()
{
read(n), reads();
clear();
for(int i = 0; i < n; ++i) col[i + 1] = s[i] - '0';
for(int i = 2; i <= n; ++i) read(fa[i]), edge[fa[i]].pb(i);
dfs(1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) print(ans[i]), i < n ? space() : endl();
}
