小学二年级都能看懂的 动态规划-斜率优化学习笔记

2022.10.18 update:修改了题面错误，并增加了代码

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本文主要参考oi-wiki 斜率优化

引入

有 $n$ 个玩具，第 $i$ 个玩具价值为 $c_i$。要求将这 $n$ 个玩具排成一排，分成若干段。对于一段 $[l,r]$，它的代价为 $(r-l+\sum _{i=l}^r{c}_i-L{)}^2$ 。其中 $L$ 是一个常量，求分段的最小代价。
$1\le n\le 5\times {10}^5$

很显然，这道题可以用简单的dp实现

设 $f_i$ 为分到第 $i$ 个点时最小代价，显然转移方程为：
$f_i=mi{n}_{j<i}\{f_{j-1}+(i-j+\sum _{k=j}^i{c}_k-L{)}^2\}$

即使使用前缀和来维护 $\sum _{k=j}^i{c}_k$ 时间复杂度仍然为 $\mathrm{\Theta }(n^2)$，会挂，考虑优化

斜率优化

令 $pr{e}_i$ 表示前 $i$ 个数的和，我们先把转移方程写成一个更加好看的形式：

$f_i=mi{n}_{j\le i}\{f_{j-1}+(i-j+pr{e}_i-pr{e}_{j-1}-L{)}^2\}$

接下来就是斜率优化的具体步骤了：

1.转换问题

第一步：简化。把最外圈的 $min$ 去掉，令 $s_i=i+pr{e}_i,L^{\prime }=L-1$ ，转移方程变为：
$f_i=f_{j-1}+[(pr{e}_i+i)-(pr{e}_{j-1}+j-1)+1-L{]}^2=f_{j-1}+(s_i-s_{j-1}-L^{\prime }{)}^2$

第二步：展开，把所有不只含 $j$ 的挪到一边，转移方程变为：
$f_i-s_i^2-L^{\prime 2}+2s_i{s}_{j-1}+2s_i{L}^{\prime }=f_{j-1}+s_{j-1}^2+2s_{j-1}{L}^{\prime }$

第三步：（应该是最难理解的一步）
在每次处理 $f_i$ 时，令

$$k=2s_i$$

$$b=f_i-s_i^2-L^{\prime 2}+2s_i{L}^{\prime }$$

$$x_j=s_{j-1}$$

$$y_j=f_{j-1}+s_{j-1}^2-2s_{j-1}{L}^{\prime }$$

原方程就能表示成：

$$k{x}_j+b=y_j$$

这非常像（就是）一个一次函数表达式

注意到：$k=2s_i$ 与 $s_i^2-L^{\prime 2}+2s_i{L}^{\prime }$ 对于每一个 $i$ 都是定值，而 $f_{}+s_{j-1}^2-2s_{j-1}{L}^{\prime }$ 与 $s_{j-1}$ 对于每一个 $j$ 也是固定的（废话）

由于 $k$ 已经确定， $b=f_i-s_i^2-L^{\prime 2}+2s_i{L}^{\prime }$ ，即 $b$ 越小，$f_i$ 越小

所以原题就可以转变成：找到一组 $(x_j,y_j)$ 使得直线的截距 $b$ 最小

2.处理

但是做完了这个之后，感觉问题不仅没有变简单，反而更复杂了更难求了……

别急，毕竟是优化，肯定是要比暴力要难处理一点的

考虑如何让直线截距最小。显然，将直线一直往上移，碰到的第一个点就能让直线截距最小

观察下面一张图：

不难发现，直线可能碰到的第一个点，在所有 $(x_j,y_j)$ 构成的下凸包上，也就是说我们只需要维护下凸包即可

很显然，$x_j=s_{j-1}=j-1+pr{e}_{j-1}$ 单调递增，下凸包的斜率也值单调递增，也就是说，我们只需要维护一个类似单调栈的东西，保证对于栈内的任意两条直线满足 $\mathrm{\forall }i<j,k_i<k_j$ 即可。

更具体地讲，我们每加入一个点 $i$ 就一直不断进行出栈，知道找到栈顶 $top$ 使得 $top$ 与 $i$ 形成的直线的斜率严格大于 $top$ 与 $top-1$ 形成直线的斜率，再将 $i$ 入栈即可

维护好了下凸包，怎么统计答案呢？
假设直线第一个碰到的点为 $(x_j,y_j)$，那么在凸包上离 $j$ 越远的点，直线肯定会越晚碰到，答案也就会更大（可以自己画图用直线切一下试试）。而 $(x_j,y_j)$ 的答案又一定会小于于其他所有点。所以我们可以从栈底开始一路往栈顶找，直到该点的答案比下一个点的答案大，这个点即为直线第一个碰到的点。而底下的点与这个点相比，只可能更劣，不可能更优，所以这些点都可以直接丢掉了

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e4+5e4;
int f[N];
int c[N],l;
int pre[N],s[N];
double stk[N];
int x[N],y[N];
int top,bot=1;//bot如果初始化为0的话，i=1时有概率出锅
int n;
double cack(int i,int j){
	return (y[i]-y[j])/double(x[i]-x[j]);
}
int cacans(int i,int j){
	return f[j-1]+(pre[i]-pre[j-1]+i-j-l)*(pre[i]-pre[j-1]+i-j-l);
}
signed main(){
	cin>>n>>l;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",c+i);
	for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+c[i],s[i]=pre[i]+i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		x[i]=s[i-1],y[i]=f[i-1]+s[i-1]*s[i-1]+2*s[i-1]*(l-1); 
		while(bot<top&&cack(stk[top],stk[top-1])>cack(i,stk[top-1])) top--;
                //记得保证栈内最少有一个元素（即bot<top）
		stk[++top]=i;
		while(bot<top&&cacans(i,stk[bot])>=cacans(i,stk[bot+1])) bot++;
		f[i]=cacans(i,stk[bot]);
	}
	cout<<f[n];
}