HDU3507 print article【斜率优化dp】

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问题描述

零有一台旧的打印机，有时不能正常工作。由于它是古董，他仍然喜欢用它来打印文章。但是长时间工作太旧，肯定会磨损，所以用零成本来评价这个程度。
有一天，零想要打印一个有N个单词的文章，而每个单词我有一个打印费用Ci。另外，零知道在一行中打印k个字将花费

M是常数。
现在，零想要知道最低成本，以完美安排文章。

 

输入

有很多测试用例。对于每个测试用例，第一行有两个数字N和M（0≤n≤500000,0≤M≤1000）。然后，在接下来的2到N + 1行中有N个数字。输入由EOF终止。

 

产量

一个数字，意思是打印文章的最低成本。

 

示例输入

5 5
五
9
五
7
五

 

示例输出

230

 

作者

Xnozero

斜率优化dp

我们以这道题为例

我们由题很容易写出dp方程，设f[i]为打印前i个位置的最小代价，则f[i] = min{f[j] + (sum[i] - sum[j])^2} + M

这样做是O(n^2)的复杂度

这个时候就需要斜率优化了

我们设k < j < i，若j比k优，则由状态转移方程有

f[j] + (sum[i] - sum[j])^2 < f[k] + (sum[i] - sum[k])^2

整理一下就是((f[j] + sum[j]^2) - (f[k] + sum[k]^2)) / (2 * sum[j] - 2 * sum[k]) < sum[i]

我们令y1 = f[j] + sum[j]^2 ,y2 = f[k] + sum[k]^2,x1 =2 * sum[j] ,x2 = 2 * sum[k]

那么就可以写成(y1 - y2)/(x1 - x2) < sum[i]

也就是说当j,k代表的两个点的斜率满足这个不等式时，j恒比k优

有什么用呢？

我们设k < j <p，且K(p,j) < K(j,k)，

那么若K(p,j) < sum[i]，则p比j优

若K(p,j) >= sum[i]，由于K(j,k) > K(p,j) > sum[i]，则j不比k优，就是说k比j优

即j一定没有贡献

这样子我们只需维护点间的斜率单调【这题是递增】，对于每个f[i]，我们只需找到最大的K<sum[i]，那么该斜率对应直线的右端点就是我们要找的最优的转移

怎么找最大的K呢？

由于我们维护的是斜率单调，即K递增，我们可以二分

特殊的，本题参照物sum是单调递增的，也就是说满足小于sum[i - 1]的一定满足小于sum[i]，用一个单调队列维护就好了

于是我们得到了本题的解

一般地，对于状态转移方程dp[i] = dp[j] + f(i,j)，若能转换成上述与斜率有关的不等式，都可以用斜率优化，O(n^2)转O(n)，是不是很神奇？

另外，若dp[i] = dp[j] + f(i)，也就是说我们只需找最优的dp[j]与当前点无关，就可以用单调队列优化

附上本题代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
using namespace std;
const int maxn = 500005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57) {out = out * 10 + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int n,M,sum[maxn],q[maxn],f[maxn],head = 0,tail = 0;
int getu(int u,int v){return (f[u] + sum[u] * sum[u]) - (f[v] + sum[v] * sum[v]);}
int getd(int u,int v){return 2 * (sum[u] - sum[v]);}
int getf(int i,int j){return f[j] + (sum[i] - sum[j]) * (sum[i] - sum[j]) + M;}
int main()
{
	while (~scanf("%d%d",&n,&M)){
		head = tail = 0;
		REP(i,n) sum[i] = sum[i - 1] + read();
		q[tail++] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++){
			while (head + 1 < tail && getu(q[head + 1],q[head]) <= sum[i] * getd(q[head + 1],q[head]))
				head++;
			f[i] = getf(i,q[head]);
			while (head + 1 < tail && getu(i,q[tail - 1]) * getd(q[tail - 1],q[tail - 2]) <= getu(q[tail - 1],q[tail - 2]) * getd(i,q[tail - 1]))
				tail--;
			q[tail++] = i;
		}
		printf("%d\n",f[n]);
	}
	return 0;
}