斜率优化 DP 学习笔记

0. 前言

0.1 前置芝士

线性 dp

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1. 斜率优化模板

1.1 思路

若有一维的 dp 方程形如

\[\large F(i)=\min_{j\in[0,i)}\{f(j)-a_i\times d_j\} \]

其中 \(f(j)\) 必须包含 \(dp_j\) 且只与 \(j\) 有关，\(F(i)\) 必须包含 \(dp_i\) 且只与 \(i\) 有关

且满足

\[\large a_j\le a_i,d_j\le d_i(j<i) \]

则暴力算需要 \(O(n^2)\) 的时间复杂度。而且不能直接用单调队列优化，因为它有一个既包含 \(i\) 又包含 \(j\) 的项 \(a_i\times d_j\)。

遇到这种方程，就可以用斜率优化来求解。

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将原等式去掉 \(\min\) 并化简，得到

\[\large f(j)=a_i\times d_j+F(i) \]

这时候，将原方程作一些换元

\[\large y=f(j),k=a_i,x=d_j,b=F(i) \]

则原方程变为了

\[\large y=k\times x+b \]

其中 \(k\) 和 \(x\) 是单调递增的。

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以下讨论的均是固定 \(i\) 的情况。

我们将式子看成一个直线函数，可以发现直线的斜率 \(k\) 是一个定值。也就是说，只要给定了 \(j(<i)\)，就能确定 \(x_j\) 和 \(y_j\)，就能够求出对应的 \(b\)，就是过点 \((x_j,y_j)\)，斜率为 \(k\) 的直线的截距。

由于 \(b\) 中包含 \(dp_i\) 且只与 \(i\) 有关，所以 \(dp_i\) 取到最小值时，正是由 \(b\) 即截距取到最小值时的 \(j\) 转移过来的。

也就是说，如果我们能用 \(O(1)\) 的时间算出最小的截距对应的 \(j\)，就能做到 \(O(1)\) 转移，总体复杂度也就是 \(O(n)\) 了。

那么我们把所有 \(j\) 对应的点 \(P(x_j,y_j)\) 描出来，如下图就是一种 \(i=5\) 时的情况：

注意，由于 \(x\) 的单调递增，每个点是从左往右排的。

容易发现，将一条斜率为 \(k\) 的直线从下往上平移，直至碰到其中一个点，这时这条直线的截距 \(b\) 最小，碰到的点的编号就是最佳转移的 \(j\) 值。比如上图中的最佳转移的 \(j\) 值就为 \(3\)。

而显然，第一个碰到的点一定在这 \(i-1\) 个点构成的下凸壳上，所以我们不需要枚举前面所有的 \((x,y)\)，而只需要枚举在下凸壳上的 \((x,y)\) 即可。

但是面对极端数据，这样的做法还是会达到 \(O(n^2)\) 的时间复杂度，怎么办呢？

我们发现上面还有一个斜率 \(k\) 单调递增的条件没有用上。

加上这个条件，我们发现这个碰到的点除了会在下凸壳上，而且它的编号还是单调不减的 （感性理解一下）。

那就好办了。每次找到下凸壳上会碰到的点后，将这个点之前的点全部从下凸壳删除，就可以保持总体 \(O(n)\) 的时间复杂度（每个点最多被查询一次，就会被删除）。

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接下来就是一些实现的写法，由于用到了斜率来维护所以叫斜率优化。

下面的说明中，\(K(p1,p2)\) 代表第 \(p1\) 和 \(p2\) 个点所连成的直线的斜率。

\(X(p)\) 指上文提到的第 \(p\) 个点所对的 \(x=d_i\)，\(Y(p)\) 同理。

一：如何查找下凸壳上第一个碰到的点，并删除之前的点

假设现在已经有的下凸壳是由，下标为 \(q_l\) 至 \(q_r\) 的点构成的（实际上就是一个单调队列，维护的是相邻2个点间的斜率递增），那么算出下标 \(i\) 对应的 \(k_i\)。

在 \(q\) 中还有至少2个点时，比较 \(K(q_l,q_{l+1})\) 与 \(k_i\) 的大小关系。若前者较小，则弹出队首 l++。否则对应的 \(l\) 就是我们要找的那个点。

代码如下：

double K(int p1,int p2){
	int x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2);
	return (y2-y)*1.0/(x2-x);
}
while(l<r&&K(q[l],q[l+1])<k[i]) l++;
//注意是l<r而不是l<=r
int j=q[l];

当然，开始时要存入一个编号为 \(0\) 的点，也就是固定值 \(dp_0\)。

q[++r]=0;

为了避免精度问题，也可以用乘法来比较斜率：

bool cmp1(int p1,int p2,int kk){
	int x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2);
	return (y2-y)<kk*(x2-x);
}
while(l<r&&cmp1(q[l],q[l+1],k[i])) l++;
//注意是l<r而不是l<=r
int j=q[l];

二：如何维护下凸壳

我们在通过上面算出最佳的 \(j\) 后，就可以对 \(dp_i\) 进行转移。转移完以后，就可以算出对应的点 \(P_i(x,y)\)。

在 \(q\) 中还有至少2个点时，比较 \(K(q_{r-1},q_r)\) 和 \(K(q_r,i)\) 的大小。若前者较大，则弹出队尾 r--。否则退出循环，将第 \(i\) 个点加入下凸壳 q[++r]=i。

代码如下：

double K(int p1,int p2){
	int x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2);
	return (y2-y)*1.0/(x2-x);
}
while(l<r&&K(q[r-1],q[r])>K(q[r],i)) r--;
//注意是l<r而不是l<=r
q[++r]=i;

改成乘法如下：

bool cmp2(int p1,int p2,int p3){
	int x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2),x3=X(p3),y3=Y(p3);
	return (y2-y)*(x3-x2)>(y3-y2)*(x2-x);
}
while(l<r&&cmp2(q[r-1],q[r],i)) r--;
//注意是l<r而不是l<=r
q[++r]=i;

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1.2 模板例题

• 例题：P3628 特别行动队

题意：给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(x\)，以及一个二次函数 \(F(X)=A\cdot X^2+B\cdot X+C\)。

要求将序列分成若干段连续区间，一段区间 \([l,r]\) 的权值为 \(F(\sum\limits_{i=l}^r x_i)\)，求最大权值和。

这题是一道斜率优化模板题。

首先列出原始的 dp 方程：

\[\large dp_i=\max_{j\in[0,i)}\{dp_j+A\times(sum_i-sum_j)^2+B\times(sum_i-sum_j)+C\} \]

其中 \(sum\) 表示 \(x\) 的前缀和。

化简之后得到：

\[\large dp_i=\max_{j\in[0,i)}\{dp_j+A\times sum_i^2-2A\times sum_isum_j+A\times sum_j^2+B\times sum_i-B\times sum_j+C\} \]

\[\large dp_i-A\times sum_i^2-B\times sum_i-C=\max_{j\in[0,i)}\{dp_j+A\times sum_j^2-B\times sum_j-2A\times sum_isum_j\} \]

这时候，\(y\)，\(k\)，\(x\)，\(b\) 的取值就能确定了：

\[\large y=f(j)=dp_j+A\times sum_j^2-B\times sum_j \]

\[\large k=a_i=2A\times sum_i \]

\[\large x=d_j=sum_j \]

\[\large b=dp_i-A\times sum_i^2-B\times sum_i-C \]

\(b\) 的取值虽然也确定了，但是程序中用不到，写出来就是为了好理解一些。

然后就用上面的板子套就行了。

唯一要注意的是，此题求的是最大值，所以需要将维护下凸壳改为维护上凸壳。具体方法是把两个 cmp 函数里判断大小的符号改一下即可。

参考代码：

P3628 特别行动队

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//不开long long见祖宗
typedef long long ll;
ll n,a,b,c,s[1000005],dp[1000005],q[1000005],l=1,r=0;
ll Y(ll x){return dp[x]+a*s[x]*s[x]-b*s[x];}
ll K(ll x){return 2*a*s[x];}
ll X(ll x){return s[x];}
bool cmp1(ll p1,ll p2,ll kk){
	ll x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2);
	return (y2-y)>kk*(x2-x);//此处'<'改为'>'
}
bool cmp2(ll p1,ll p2,ll p3){
	ll x=X(p1),y=Y(p1),x2=X(p2),y2=Y(p2),x3=X(p3),y3=Y(p3);
	return (y2-y)*(x3-x2)<(y3-y2)*(x2-x);//此处'>'改为'<'
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c);
	q[++r]=0;
	for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&s[i]),s[i]+=s[i-1];
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		while(l<r&&cmp1(q[l],q[l+1],K(i))) l++;
		ll j=q[l];
		dp[i]=dp[j]+a*(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+b*(s[i]-s[j])+c;
		//通过最初的dp方程转移会清晰一点
		while(l<r&&cmp2(q[r-1],q[r],i)) r--;
		q[++r]=i;
	}
	printf("%lld\n",dp[n]);
	return 0;
}