浅谈一类优化思想：费用提前计算

写在前面

这个知识点虽然微乎其微，但却十分有用。网上貌似没有什么人愿意整理这项内容，于是便随意记录了一下，如有不足还请指出。

不得不说我太弱了，感觉现在网上很多题解报告都很抽象模糊。所以这篇文章也主打的就是一个感性理解，可能显得讲的略有琐碎。有问题欢迎提出。

配套使用题单，除了例题外还有一些能用到这个知识点的题，但仍数量不多，欢迎私信扩容。

当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关

不如从一道经典的例题入手：

任务安排

有 $n$ 个任务按顺序分批执行，每批任务开始需要一个固定的启动时间 $S$。第 $i$ 个任务花费的时间是 $t_i$，每个任务的花费是它完成的时刻乘上它自身的费用系数 $f_i$。需要找到一个最佳的分批顺序使得总费用最小。

这里不考虑高端的斜率优化，看看暴力的 DP 是怎么优化的。首先有一个显然的 $\mathcal O(n^3)$ 的式子。记 $T_i = \sum_{j=1}^i t_j$，$F_i = \sum_{j=1}^i f_j$，设 $g_{i,j}$ 表示将前 $i$ 个任务分成 $j$ 个组的最小花费，有转移方程：

$$g_{i,j} = \min_{0 \le k < i} \lbrace{g_{k,j-1} + (S \times j + T_i) \times (F_i - F_k) \rbrace}$$

注意到这个 DP 的状态设计之所以记录 $j$ 这一维，是因为需要知道前面有多少次启动了机器，即分成了多少批任务。但是事实上并不关心启动了几次机器，只关心到底因为 $S$ 造成了多少费用。一批任务启动的时间 $S$ 会累加到后面每一个任务上，所以可以将对后面任务造成的影响，累加到当前的费用中。设 $g_i$ 表示把前 $i$ 个任务分成若干个组的最小花费，有转移方程：

$$g_i = \min_{0 \le j < i} \lbrace{g_j + T_i \times (F_i - F_j) + S \times (F_n - F_j) \rbrace}$$

这样成功将问题优化到了 $\mathcal O(n^2)$。

可以发现在这个问题中，选择一个决策会带来一个对未来的代价，但又不能通过在状态中再增加一维记录代价满足需求。这个代价是必然的，无论后面如何选择，都不会改变这个决策所带来的影响，这就是当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关，我们可以把这个代价看作决策本身的费用，将未来的代价提前计算出来，在决策的时候就计算上它将会带来的代价，通过状态向后传递。

这类思想很经典的应用是以关路灯为母题的一类区间 DP，不妨以其为例题来探索一下。

在一条线段上有 $n$ 个路灯分别在 $p_i$ 的位置上，每个单位时间造成 $c_i$ 的代价。一个人起初在 $S$，每个单位时间可以移动一个单位距离，走到路灯的位置可以关掉路灯，使其停止造成代价。求关掉所有路灯造成的最小代价。

如果不知道有费用提前计算这么个东西，那么设计的状态可能是 $f_{i,j,tim,0/1}$ 表示关掉了 $[i,j]$ 这个区间的灯，已经进行了 $tim$ 的时间，现在在左/右端点的最小花费。转移则为关掉上一个路灯的花费，加上总共用过的时间乘当前选的路灯的功率，这样设计复杂度必然爆炸。

但是我们现在会了新东西。 类似上一道题，我们发现之所以要记录 $tim$ 这一维度，是因为要知道现在关掉的灯运行了多久，也就是曾经的决策影响现在的代价。事实上一个路灯只要在一个时刻没有被关掉，它就会不断产生代价，因此可以在决策选择哪一个路灯时，将所有开着的路灯造成的代价作为关掉它的费用一块计算出来，提前累加在这个状态中。这样便成功压缩掉了一维，记 $f_{i,j,0/1}$ 表示已经关掉了 $[i,j]$ 区间的路灯，现在在左/右端点的最小花费。得到了转移方程：

$$f_{i,j,0} = \min \begin{cases} f_{i+1,j,0} + dis_{i+1 \to i} \times \sum_{k=1|k \notin [i+1,j]}^n \\ f_{i+1,j,1} + dis_{j \to i} \times \sum_{k=1|k \notin [i+1,j]}^n \\ \end{cases} \\ f_{i,j,1} = \min \begin{cases} f_{i,j-1,0} + dis_{i \to j} \times \sum_{k=1|k \notin [i,j-1]}^n \\ f_{i,j-1,1} + dis_{j-1 \to j} \times \sum_{k=1|k \notin [i,j-1]}^n \\ \end{cases}$$

距离与功率和可以使用前缀和什么的优化，这里不多赘述。

这一类问题还包括但不限于[SDOI2008] Sue 的小球，修缮长城 Fixing the Great Wall和[BalticOI 2009 Day1] 甲虫，思想和做法都是相同类似的。

做完了经典的模型，再来些不一样的题看看吧。

[CF441E] Valera and Number

给出一个数 $x$，对其进行 $m$ 次操作，分别为 $p\%$ 的概率对它 $\times 2$，$(100-p)\%$ 的概率对它 $+1$。求该数最终二进制下末尾 $0$ 的个数的期望。

这两个操作分别对应着二进制下在末尾插入一个 $0$，将末尾一串 $1$ 变成 $0$ 再将最后一个 $0$ 变成 $1$。这个 $+1$ 操作造成的进位十分棘手，怎么样才能尽量减小它的影响呢？考虑时空倒流，从后往前操作。注意到一旦出现了一个 $\times 2$，那么在时间轴上往前的一个 $+1$ 操作将变成 $+2$，不会再对最低位造成影响。

上图的 $2 \to 6 \to 14 \to 30$ 的最低位的 $0$ 一直没有受到影响。那么设 $f_{i,j,k}$ 表示进行了末尾的 $i$ 次操作，最后连着进行了 $k$ 次 $\times 2$ 的操作（即通过 $\times 2$ 在末尾获得了 $k$ 个 $0$），在这 $k$ 个 $0$ 之前造成了 $+j$ 的影响。可以发现进行了 $\times 2$ 操作，如果当前的 $j$ 为偶数，则可以看做进行了 $j / 2$ 次 $+1$，末尾多进行了一个 $\times 2$（即多获得了一个 $0$）；如果当前的 $j$ 为奇数，则相当于 $k$ 个 $0$ 前面的第一个数是 $1$，无论怎么操作后面 $0$ 的数量都将不再变化，可以直接计算贡献。所有操作进行完之后，可以将初始值看做先进行了 $x$ 次 $+1$，再把这部分贡献算上。

这样就得到了一个 $\mathcal O(m^3)$ 的做法。能不能继续优化呢？回顾前面讲的两道题的答案计算式子，对于任务安排，答案是 $Cost(\text{花费}) = Time(\text{时间}) \times f(\text{费用系数})$；对于关路灯，答案是 $W(\text{功}) = P(\text{功率}) \times T(\text{时间})$。没错，正是因为他们的计算为一次函数，具有线性性，所以可以提前计算，直接累计（不是一次函数的状况读者可以思考一下为什么不行，后文还会阐述）。不要忘记了，期望本身也具有线性性！所以在 $\times 2$ 且 $j$ 为偶数的时候，我们把通过 $\times 2$ 多获得的那一个 $0$ 单独计算出来，权值为 $1$，直接乘上概率累加到答案中即可。这样便可以省掉 $k$ 这一维，记 $f_{i,j}$ 为进行了末尾 $i$ 次操作，使得若干个 $0$ 之前有 $+j$ 的影响。记一个数 $i$ 末尾 $0$ 的个数为 $sum_i$，答案就是 $\sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=0|j \% 2 = 0}^i f_{i,j} \times p + \sum_{i=0}^k f_{k,i} \times sum_{x+i}$。

参考代码：

cin>>x>>k>>p,p/=100,f[0][0]=1.0;
for(int i=0;i<k;++i) for(int j=0;j<=i;++j) if(f[i][j])
{
	if(!(j&1)) f[i+1][j/2]+=f[i][j]*p,ans+=f[i][j]*p*1ll; //这里为了方便理解，因为权值为1
	f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(1-p);
}
for(int i=0;i<=k;++i) ans+=__build_ctz(x+i)*f[k][i];
cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans<<'\n';

[ARC126D] Pure Straight

给定一个长度为 $n$ 序列 $A$，有 $\forall A_i \in [1,k]$。每次操作可以交换两个相邻的元素，求最少操作多少次可以使得 $A$ 中存在一个区间为 $\exists p,A_p = 1,A_{p+1} = 2,\cdots,A_{p+k-1} = k$。

注意到这个 $k$ 特别小，可以考虑一下状压 DP。设 $f_{i,S}$ 表示当前考虑到了序列的前 $i$ 个数，最终答案中已经排好了 $S$ 二进制位上为 $1$ 的数并连在了一起。当决策一个新的数的时候，可以选择放入最终答案，也可以选择不放入最终答案。不妨先假设新插入的这个数已经紧贴在先前排好的序列右边了，要插入的话直接按照规则插入，不需要计算从别的地方移动过来的费用。如果选择放进最终答案，费用就是把他移动到相应的位置，即以其为结尾的序列的逆序对的个数;如果不选择放进最终答案，那么代价就是让最后答案中所有比它小的数或所有比它大的数“跨过它”，但是每个数具体被跨过了几次，我们并不好知道。考虑费用提前计算，把“被跨过了几次”转换成“有多少个数跨过了它”，将费用均摊在每个剩下选中的每个点上。那么就是所有比他小的数都要跨过它一次，或者所有比它大的数都要跨过它一次，两者贪心取 $\min$ 即可。这时注意到一个 $f_i$ 的决策只与 $f_{i-1}$ 有关，于是又节省掉一维，时间复杂度 $\mathcal O(n \times 2^k)$。

参考代码：

#define all ((1<<k)-1)
cin>>n>>k,memset(f,0x3f,sizeof f),f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
	cin>>x,--x;
	for(int j=all;~j;--j) if(f[j]!=INF)
	{
		if(!(j>>x&1)) f[j|(1<<x)]=min(f[j|(1<<x)],f[j]+__builtin_popcount(j&(~((1<<x)-1))));
		f[j]+=min(__buildtin_popcount(j),__builtin_popcount(j^all));
	}
}
cout<<f[all]<<'\n';

现在再来系统总结一下使用这类优化方法的情景：

1. 无论以后发生什么，当前对未来的代价都不会被改变，可以将对未来的代价当做当前决策本身的费用提前计算。
2. 对状态增加一维来记录决策对未来的影响造成的复杂度代价过高，不能接受，考虑直接在当前代价中提前计算。
3. 时间观即从过去考虑当前。
4. 对未来的代价是线性的关系，根据线性性可以直接累加。

对于第四点，我们将在后文讨论不是线性的另一种状况。

当前决策对未来的贡献与未来有关

依然通过一道例题来引入：

方块消除

给一个长度为 $n$ 的方块序列，每个方块有一个颜色，每次消除一段颜色相同长度为 $x$ 的方块，并获得 $x^2$ 的分数，消除后剩下的方块会合并起来。寻找一种最优的消除方式使得最终得分尽可能大，求最大的得分。

依然是序列上的操作，考虑使用使用区间 DP 来解决。首先把颜色相同段缩成一个点，记录颜色和长度。套路的，设 $f_{i,j}$ 表示消除了 $[i,j]$ 获得的最大得分，那么对于除去合并的消除转移方程也是十分的好写 $f_{i,j} = \max(f_{i+1,j} + len_i^2,f_{i,j-1} + len_j^2)$。那么怎么跨区间合并呢？如果保存状态记录当前决策每一段方块是否被消除，依旧是奇大无比的神秘复杂度，无法承受。类比关路灯的“费用提前计算”，我们预先计算得分，考虑当前消掉了一个长度为 $\mathcal L$ 的方块，之前剩下了一个长度为 $\mathcal T$ 的方块，但是他们并不能简单的合并，因为现在的得分函数是二次函数而非线性关系，$\mathcal L^2 + \mathcal T^2 \neq (\mathcal L + \mathcal T)^2$，也就是过去的贡献和现在消去的长度是相关的，将时态向后整体推一个，便引出了我们的主题：当前决策对未来的贡献与未来有关。

既然不能从过去考虑现在，那能不能从现在考虑未来呢？如果在当前决策把未来可能出现的情况提前计算好，通过状态传递到了未来，那到了未来是不是能直接把这个决策拿来用，是不是就能够进行转移了呢？不妨设 $f_{i,j,k}$ 表示消掉了 $[i,j]$ 这个区间，且后面有 $k$ 个位置和 $j$ 位置合并在一起消掉了。对于这个题，考虑为什么只需要记录 $j$ 右边有多少个和它一起消掉了呢？这里引用一下论文里的证明：

假设现在有四个位置 $i < j < k_1 < k_2$ 且处理好了 $[i,j]$，记“关系”的含义为两个位置未来会连在一起被消掉。假如说有关系 $i \to k_1$ 和 $j \to k_2$，那也就是说 $[j + 1,k_2 - 1]$ 间的块要在 $j$ 被消掉前消掉，所以 $j$ 之前的所有点不能往这个区域内连关系。因此得到了 $[i,j - 1]$ 内的块只能往 $[i,j]$ 上面连关系，而只有 $j$ 自己能往 $j$ 往后的区域连。

有了这个关系，方程便十分的好写了。如果 $j$ 和后面 $k$ 个块一起消掉，就有 $f_{i,j,k} = f_{i,j-1,0} + (k+1)^2$；如果在 $[i,j-1]$ 这个区间中还有和 $j$ 颜色相同的块 $x$，那么可以先消除 $[x+1,j-1]$，然后再合并 $x$ 和 $j$ 一起消除，于是有 $f_{i,j,k} = f_{i,x,k+1} + f_{x+1,j-1,0}$。最后的答案即为 $f_{1,n,0}$。需要枚举端点 $i,j$，以及右边合并个数 $k$，还有在考虑区间 $[i,j]$ 的时候对于第二个决策枚举左边的断点 $x$，因此时间复杂度 $\mathcal O(n^4)$。

回顾这个问题，我们起初想使用费用提前计算，把每次对未来的贡献摊在当前自己身上。可是发现未来的决策并不只于当前决策有关，还与未来本身状态相关。于是又开了一维状态，将目光放长远，预测未来可能出现的状况并计算，记录在状态中传递到未来，并在未来直接使用，这依然是一类费用提前计算的问题。

如同上一门类一样，这类问题很经典的应用是以[IOI2005]Riv 河流为母题的一类树形 DP，不妨以其为例题来探索一下。

给定一棵 $n$ 个点的树，点边均带权。你可以选取 $k$ 个关键点（根节点本身为关键点且不计算在 $k$ 个之内），使得每个节点到离他最近的是关键点的祖先（记为 $F_i$）的权值和最小，权值和的定义为 $\sum_{i}^{n} dis_{i \to F_i} \times val_i$。

不失一般性的，可以设 $f_{i,j,0/1}$ 表示现在在 $i$ 号节点，在 $i$ 和 $i$ 的子树中选取了 $j$ 个关键点，有没有选取 $i$ 的最小权值和。但是这样有一个巨大的问题——我们并不容易知道具体有多少个节点选择了 $i$ 为祖先关键点，无法统计答案。既然不知道有多少个节点选择了 $i$ 为祖先关键点，那我们不妨反着考虑：能不能很方便的知道当前节点选择了谁作为祖先关键点呢？如果知道了这个，那只需要把 $i$ 上的答案再合并到 $F_i$ 上就好了。

考虑 我们刚刚学会 的“当前决策对未来的贡献与未来有关”，这个句子和我们想搞的“当前节点对祖先的贡献与祖先有关”简直就是排比句啊！我们可以预测选择的节点是谁，并把它记录在状态中，于是就得到了设 $f_{i,j,k,0/1}$ 表示现在在 $i$ 号节点，在 $i$ 和 $i$ 的子树中选取了 $j$ 个关键点，其中 $i$ 的祖先关键点为 $k$，有没有选取 $i$ 的最小权值和。首先遍历整棵树，在每个节点上先枚举它的祖先关键点是谁，再枚举在它和它的子树中选了几个关键点，对于每个不同数量的关键点的决策做一个类似于树上背包的东西，即对于每一个子节点枚举在它和其子树中共选择了 $1 \sim k$ 个关键点，综上我们得到了一个时间复杂度为 $\mathcal O(n^2k^2)$ 的 优秀 算法。

这种树形 DP 将本应在当前节点计算的费用延后到它的子孙上，预测并记录子孙的状态，类似的题目也是层出不穷，例如[NOI2006] 网络收费和[NOI2008] 奥运物流。

因为笔者见识较少，所以对于第二种问题遇到的并没有第一种那么多，因此也没有准备更多的例题。

我们不如趁此再来总结一下使用这类优化方法的情景：

1. 未来的费用并不只于当前代价相关，还与未来本身的状态相关。
2. 通过增加一维状态来记录对未来的预测，从而在未来能够直接使用。
3. 时间观从当前考虑未来。
4. 对未来的代价并非线性的关系，不能简单的累加。

一点小小的扩展

在上文中，我们通过改变时间观，用“费用提前计算”这种特殊的方法有效的优化了许多 DP 式子。事实上有关费用提前计算的一些技巧不止适用于 DP 的优化，我们以一个例子大概了解一下：

[SCOI2007] 修车

有 $n$ 个车主来修车，总共有 $m$ 个维修技术人员，不同技术人员对不同的车维修时间不同，现在需要安排维修顺序使得顾客平均等待时间最少。求最小平均等待时间。

平均等待时间最少，就是总等待时间最少。类似于提前计算中的第二个题，一个人到底等了多长时间并不好计算，但是一个人到底被等了多长时间是好知道的，所以通过费用提前计算，把一个人等的时间摊到每个对其来说需要被等的人身上。我们将维修人员拆点，连边表示第 $i$ 个车主的车由第 $j$ 个维修人员修，且是这个维修人员修的倒数第 $k$ 辆车，那么费用即为 $k \times tim_{i,j}$，因为倒数第 $k$ 个维修，算上其自己会共有 $k$ 个人等待。那么剩下的就是费用流板子了。

套路是死的，但是人的脑子是活的；问题是做不完的，但是思想是在总结经验和大胆猜想中不断提升的。只要我们敢于探索，勇于尝试，总有一天能够实现身为 OIer 的梦想。

参考资料与致谢

• 徐源盛 《对一类动态规划问题的研究》
• 部分题解与题目来自 do_while_true 的汇总和指导
• 感谢 Larry76 和 My_Youth 的阅读意见反馈