斜率优化dp(POJ1180 Uva1451)

学这个斜率优化dp却找到这个真心容易出错的题目，其中要从n倒过来到1的确实没有想到，另外斜率优化dp的算法一开始看网上各种大牛博客自以为懂了，最后才发现是错了。

不过觉得看那些博客中都是用文字来描述，还是应该用画图来表示更容易让人明白，不过时间不太够，且网上该题解法到处都是，就不累赘了。

代码才20几行真爽

更为详细的描述参见：

《浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用》　周源

 

 POJ 1180 

稍微加深自己的印象

一般来说，斜率优化是从一些特殊数据的一些类似斜率的性质上找出其单调性。对于普通动态规划方程
例如 poj1180(不考虑反向来讨论)
F[i]=min(F[j]+(s+sumt[i]-sumt[j])*sumf[i]) 
因此我们可以考虑
在i之前
在k<j<i时,考虑使
F[j]+(s+sumt[i]-sumt[j])*sumf[i]<F[k]+(s+sumt[i]-sumf[k])*sumf[i]
化简后可得到
(F[j]-F[k])/(sumt[j]-sumt[k])<sumf[i]
可以类比斜率，如果满足这个条件，那么决策j就比决策k更好，因此我们令
ratio(k,j)=(F[j]-F[k])/(sumt[j]-sumt[k])
当满足ratio(k,j)<sumf[i]则有j好于k
而sumf[i]又是递增的，可以考虑单调队列。
那应该用一个怎样的单调队列来维护最优值呢？
什么值是不需要的？
当ratio(l,k)>ratio(k,j)  (l<k<j)时
如果sumf[i]<ratio(k,j),则这些现在都不会是最优决策
如果ratio(k,j)<sumf[i]<ratio(l,k)，则j优于k，l优于k
如果ratio(l,k)<sumf[i],则j最优
因此可以看出k是不需要的
因此可以将k节点删去，最后得到的单调队列则有保证ratio递增

关于单调队列具体操作：
1.将队列中头部满足ratio(head,head+1)<sumf[i]的所有删去，因为sumf是递增的，故此后永远满足head比head+1差，所以可以删去到ratio(head,head+1)>sumf[i]，此时head即最优决策。
2.计算出新的ratio(tail,i)不断从尾部往前删除直到ratio(tail,i)>ratio(tail,tail-1).然后将i插入尾部即可

#include<cstdio>
#define Maxn 10005
int i,n,s,head,tail;
int sumt[Maxn],sumf[Maxn],ans[Maxn],p[Maxn];
inline double rat(int x,int y){
    return((double)(ans[x]-ans[y])/(double)(sumt[x]-sumt[y]));
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&sumt[i],&sumf[i]);
    for(i=n;i>=1;i--){
        sumt[i]+=sumt[i+1];
        sumf[i]+=sumf[i+1];
        while(head<tail&&rat(p[head],p[head+1])<=sumf[i]) head++;
        ans[i]=ans[p[head]]+sumf[i]*(s+sumt[i]-sumt[p[head]]);
        while(head<tail&&rat(p[tail-1],p[tail])>=rat(p[tail],i)) tail--;
        p[++tail]=i;
    }
    printf("%d\n",ans[1]);
    return 0;
}

 

 Uva 14

本质上就是裸的斜率优化dp的转型

即求出一定条件下，图像上任意两点斜率的最大值。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define eps 1e-13
int ansl,ansr,n,l,d[100005],sum[100005];
double ans;
bool equ(double x,double y){
return(fabs(x-y)<eps);
}
inline double ratio(int a,int b){
return((sum[a]-sum[b])*1.0/(a-b));
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
sum[0]=0;
scanf("%d%d",&n,&l);
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%1d",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
}
ans=0;
ansl=0;ansr=l;//注意初始化，可能出现0000000
int g=1,h=0;
for(int i=l; i<=n; i++){
while(h>g&&ratio(d[h],i-l)<=ratio(d[h-1],d[h]))
h--;
d[++h]=i-l;
while(g<h&&(ratio(d[g],i)<=ratio(d[g+1],i)))
g++;
if(ratio(d[g],i)>ans&&!equ(ans,ratio(d[g],i)))
{
ans=ratio(d[g],i);
ansl=d[g]+1;
ansr=i;
}
else if(equ(ans,ratio(d[g],i))&&i-d[g]<ansr-ansl+1){
ansl=d[g]+1;
ansr=i;
}
}
printf("%d %d\n",ansl,ansr);
}
return 0;
}