dp斜率优化

T1 hdu3507 打印文章

题目描述：

给定一个含 $n$ 个数的数列 $C_n$ 和 $M$ ,将 $C_n$ 分为若干段 $[a,b]$ ,求所有子段的 $W$ 之和的最小值.

W_{a, b} = (\sum_{i = a}^{b} C_{i})^{2} + M

$W_{a,b}=(\sum^b_{i=a}C_i)^2+M$

$n\le 5*10^5\quad M\le 1000$

思路：

\begin{aligned} (1) & 令 S_{i} = \sum_{j = 1}^{i} C_{j} \\ (2) & ∴ W_{a, b} = S_{b} - S_{a - 1} \\ (3) & 令 f_{i} 为 前 i 项 的 最 小 W \\ (4) & ∴ f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + (S_{i} - S_{j})^{2}) + M \\ (5) & f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + S_{i}^{2} + S_{j}^{2} - 2 * S_{i} * S_{j}) + M \end{aligned}

$\begin{align} &\quad\ 令S_i=\sum^i_{j=1}C_j\\ &\therefore W_{a,b}=S_b-S_{a-1}\\ &\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\ &\therefore f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+(S_i-S_j)^2)}+M\\ &\quad\ {\color{OrangeRed}{f_i}}=\min_{j=1}^{i-1}{({\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{OrangeRed}{S_i^2}}+{\color{ForestGreen}{S_j^2}}-{\color{RoyalBlue}{2*S_i*S_j}})+{\color{OrangeRed}{M}}}\\ \end{align}$

将只含不确定性 $(j)$ 的项放在左边,含有 $i$ 的项放在右边:

\begin{aligned} (6) & ∴ f_{j} + S_{j}^{2} = (2 * S_{i}) * S_{j} + (f_{i} - S_{i}^{2} - M) \\ (7) & \Rightarrow y = k x + b \\ (8) & ∴ y = f_{j} + S_{j}^{2} k = 2 * S_{i} x = S_{j} b = f_{i} - S_{i}^{2} - M (目 标 : 最 小 化) \end{aligned}

$\begin{align} &\boxed{\therefore {\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_j^2}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i)*S_j}}+({\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2}}-{\color{OrangeRed}{M}})}\\ &\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\ &\boxed{\therefore y=f_j+S_j^2\quad {\color{Maroon}{k=2*S_i}}\quad x=S_j\quad {\color{Maroon}{b=f_i-S_i^2-M(目标:最小化)}}} \end{align}$

$\therefore\$ 每个决策 $j$ 都对应着一个点 $(S_j,f_j+S_j^2)$ ,目标是使纵截距 $b$ 最小.

维护一个下凸包:

如图所示b取最小:

**<!!!>此时满足: $k_h($ 线的斜率 $)<k($ 点的决策斜率 $)<k_i($ 线的斜率 $)$ **

利用单调队列维护决策点.

$*\because$ 对于任意 $j_1<j_2$ ,必有 $S_{j_1}<S_{j_2}$ ,故不存在 $J$ 点所示情况,即新的决策点必出现在下突壳的最右端.

维护下突壳:检查新加入的点 $L$ 和之前两点 $K,E$ 是否满足下凸性,若不满足则弹出队尾 $(K)$ ,然后将新决策点 $(L)$ 入队.

随着 $i$ 的增加,斜率 ${\color{OrangeRed}{ k=2*S_i\ 单调递增}}\$ ,故一次查询的最优决策点之前的斜率 $\le k$ 的线均无效,出队.
队头即是最优决策点.
(若 $k$ 不满足单调递增(如 $T4$ ),则不能直接弹出斜率 $\le k$ 的所有决策点,队头也不一定是最优决策点,要在单调队列中二分出一个点 $O$ 使得 $k_{OP}<k<k_{PQ}$ )

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=5e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n,m;
int s[N],dp[N];

int q[N],h,t;

inline int X(int k)
{
	return s[k];
}
inline int Y(int k)
{
	return dp[k]+s[k]*s[k];
}
inline int K_nodei(int k)
{
	return 2*s[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int h,int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K_nodei(i)*deltaX(q[h],q[h+1])); //A--a--B--b--C ,b的斜率大等于a  =>   ka<=kb[已知] Δy(AB) / Δx(AB)<=kb  =>  Δy(AB)<=kb*Δx(AB)
}
inline bool Kjud2(int h,int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i)); //k2<=k1   =>   y2/x2<=y1/x1   =>   y2*x1<=y1*x2
}
inline int fi(int i,int j)
{
	return dp[j]+(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+m;//回到最初的定义
}

inline void init()
{
	h=t=0;
}
int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		init();
		fr(i,n) s[i]=s[i-1]+rd();
		fr(i,n)
		{
			while(h<t/*防队列退空,至少应当留有一项*/&&Kjud1(h,i)) ++h;//若前一个点到这个点的斜率<=该点的斜率要求(2*s[i]),加之斜率k单调递增,则前一个点已经无效
			dp[i]=fi(i,q[h]/*当前最优决策点*/);
			while(h<t&&Kjud2(h,i)) --t;
			q[++t]=i;
		}
		cout<<dp[n];
	}
	return 0;
}

T2&T3 #P10184.任务安排 1 P2365 任务安排 & #P10185.任务安排 2

题目描述：

给定一个含 $n$ 个数的数列 $C_n$ 、 $T_n$ 和 $S$ ,将 $C_n$ 分为若干段 $[a,b]$ ,求所有子段的 $W$ 之和的最小值.

对 于 第 k 段 [a, b] : T = k * S + \sum_{i = 1}^{b} T_{i} W_{k (a, b)} = (\sum_{i = a}^{b} C_{i}) * T = (\sum_{i = 1}^{b} T_{i}) * (\sum_{i = a}^{b} C_{i}) + k * S * (\sum_{i = a}^{b} C_{i})

$对于第k段[a,b]:T=k*S+\sum_{i=1}^bT_i\\ W_{k(a,b)}=(\sum^b_{i=a}C_i)*T=(\sum_{i=1}^bT_i)*(\sum^b_{i=a}C_i)+k*S*(\sum^b_{i=a}C_i)$

$1<n\le 10^4 \quad 1\le S\le50 \quad 1\le T_i,C_i\le 100$

思路：

\begin{aligned} (9) & 令 s u m C_{i} = \sum_{j = 1}^{i} C_{j} s u m T_{i} = \sum_{j = 1}^{i} T_{j} \\ (10) & 令 f_{i} 为 前 i 项 的 最 小 W \\ (11) & ∴ f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + s u m T_{i} * (s u m C_{i} - s u m C_{j}) + S * (s u m C_{n} - s u m C_{j})) \end{aligned}

$\begin{align} &\quad\ 令sumC_i=\sum^i_{j=1}C_j\quad sumT_i=\sum^i_{j=1}T_j\\ &\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\ &\therefore f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+sumT_i*(sumC_i-sumC_j)+S*(sumC_{{\color{Red}{n}}}-sumC_j))}\\ \end{align}$

<!!! 费用提前计算>↑

既然一次操作会使后面所有段的 $T$ 均增加 $S$ 且 $S$ 只与 ${C_i}$ 有关,那就一次性将后面所有的 ${C_i}$ 全部进行一次更新,提前计算所需费用.

\begin{aligned} (12) & f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + s u m T_{i} * s u m C_{i} + S * s u m C_{n} - S * s u m C_{j} - s u m T_{i} * s u m C_{j}) \end{aligned}

$\begin{align} &{\color{OrangeRed}{f_i}}=\min_{j=1}^{i-1}{({\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}+{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}-{\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}})}\\ \end{align}$

移项得:

\begin{aligned} (13) & f_{j} - S * s u m C_{j} = s u m T_{i} * s u m C_{j} + f_{i} - s u m T_{i} * s u m C_{i} - S * s u m C_{n} \\ (14) & \Rightarrow y = k x + b \\ (15) & ∴ y = f_{j} - S * s u m C_{j} k = s u m T_{i} x = s u m C_{j} b = f_{i} - s u m T_{i} * s u m C_{i} - S * s u m C_{n} (目 标 : 最 小 化) \end{aligned}

$\begin{align} &\boxed{{\color{ForestGreen}{f_j}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}={\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}-{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}}\\ &\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\ &\boxed{\therefore y=f_j-S*sumC_j\quad {\color{Maroon}{k=sumT_i}}\quad x=sumC_j\quad {\color{Maroon}{b=f_i-sumT_i*sumC_i-S*sumC_n(目标:最小化)}}} \end{align}$

$\therefore\$ 每个决策 $j$ 都对应着一个点 $(sumC_j,f_j-S*sumC_j)$ ,目标是使纵截距 $b$ 最小,故维护一个下凸包.

同 $T1$ , $k$ 依然满足单调递增,故可以用单调队列维护斜率 $k$ .

同 $T1$ , $x$ 值也依然满足单调递增.

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=3e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n=rd(),S=rd();
int sumC[N],sumT[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];

inline int X(int k)
{
	return sumC[k];
}
inline int Y(int k)
{
	return dp[k]-S*sumC[k];
}
inline int K(int k)
{
	return sumT[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
	return dp[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[n]-sumC[j]);
}
signed main()
{
	fr(i,n) sumT[i]=sumT[i-1]+rd(),sumC[i]=sumC[i-1]+rd();
	fr(i,n)
	{
		while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
		dp[i]=Fi(i,q[h]);
		while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

T4 #P10186. 任务安排 3 P5785 [SDOI2012]任务安排

题目描述：

T2&T3

$1<n\le 3*10^5 \quad 1\le S\le2^8 \quad {\color{OrangeRed}{-2^8\le}} T_i\le 2^8 \quad 0\le C_i\le 100$

思路：

\begin{aligned} (16) & f_{j} - S * s u m C_{j} = s u m T_{i} * s u m C_{j} + f_{i} - s u m T_{i} * s u m C_{i} - S * s u m C_{n} \\ (17) & \Rightarrow y = k x + b \\ (18) & ∴ y = f_{j} - S * s u m C_{j} k = s u m T_{i} x = s u m C_{j} b = f_{i} - s u m T_{i} * s u m C_{i} - S * s u m C_{n} (目 标 : 最 小 化) \end{aligned}

$\begin{align} &\boxed{{\color{ForestGreen}{f_j}}-{\color{ForestGreen}{S*sumC_j}}={\color{RoyalBlue}{sumT_i*sumC_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{sumT_i*sumC_i}}-{\color{OrangeRed}{S*sumC_n}}}\\ &\Rightarrow{\color{ForestGreen}{y}}={\color{RoyalBlue}{kx}}+{\color{OrangeRed}{b}}\\ &\boxed{\therefore y=f_j-S*sumC_j\quad {\color{Red}{k=sumT_i}}\quad x=sumC_j\quad {\color{Black}{b=f_i-sumT_i*sumC_i-S*sumC_n(目标:最小化)}}} \end{align}$

因为 $T_i$ 可能 $\le 0$ , $k$ 不再满足单调递增,所以不能再用单调队列来维护决策点.(注意:点的 $k$ 和线的 $k$ 不是一个东西,因为下突壳的维护,决策点之间依然满足 $k$ 的单调递增,不过在对每个点进行查询时 $k$ 不单调递增,故无法顺行一次查完)
二分查找最优决策点 $p$ ,使得 $p$ 为满足 $k_{\rightarrow p} <k_i$ 的最早的决策点(此时满足 $k_{\rightarrow p}\le k_i \le k_{p\rightarrow}$ ).

其他过程同 $T1-T3$

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=3e5+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n=rd(),S=rd();
int sumC[N],sumT[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];

inline int X(int k)
{
	return sumC[k];
}
inline int Y(int k)
{
	return dp[k]-S*sumC[k];
}
inline int K(int k)
{
	return sumT[k];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int h,int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));//h-->h+1斜率小于点斜率
}
inline bool Kjud2(int t,int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
	return dp[j]+sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j])+S*(sumC[n]-sumC[j]);
}

inline int bin_search(int i)
{
	int l=h,r=t;//<-1 x>
	while(l<r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;//检查线段mid-->mid+1斜率
		if(Kjud1(mid,i)) l=mid+1;
		else r=mid;//<-1 x>
	}
	return q[l];
}

int p;
signed main()
{
	fr(i,n) sumT[i]=sumT[i-1]+rd(),sumC[i]=sumC[i-1]+rd();
	fr(i,n)
	{
		p=bin_search(i);
		dp[i]=Fi(i,p);
		while(h<t&&Kjud2(t,i)) --t;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

T5 #P10188. 玩具装箱 P3195 玩具装箱

题目描述：

给定一个数列 $C_n$ 和一个常数 $L$ ,将其分为若干 $(k1)$ 段,对于其中一段 $t=[i,j]$ ,

\begin{aligned} (19) & W_{t = [i, j]} = [(j - i + \sum_{k = i}^{j} C_{k}) - L]^{2} \\ (20) & W = \sum_{i = 1}^{k 1} W_{t} \end{aligned}

$\begin{align} &W_{t=[i,j]}=[(j-i+\sum^j_{k=i}C_k)-L]^2\\ &W=\sum_{i=1}^{k1} W_t \end{align}$

求 $W$ 的最小值.

$1\le n\le 5*10^4\quad 1\le L \le 10^7\quad 1\le C_i\le 10^7$

思路：

\begin{aligned} (21) & 令 S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} C_{n} \\ (22) & ∴ W_{j} = (i - j + S_{i} - S_{j - 1} - L)^{2} \\ (23) & 令 f_{i} 为 前 i 项 的 最 小 W \\ (24) & ∴ f_{i} = {min}_{j = 2}^{i} (f_{j - 1} + i^{2} + j^{2} + \dots \dots) / / 显 然 太 复 杂 \end{aligned}

$\begin{align} &\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n\\ &\therefore W_{j}=(i-j+S_i-S_{j-1}-L)^2\\ &\quad\ 令f_i为前i项的最小W\\ &\therefore f_i=\min_{j=2}^{i}{(f_{j-1}+i^2+j^2+……)}\qquad //显然太复杂\\ \end{align}$

\begin{aligned} (25) & 令 S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} C_{n} + n / / 优 化 \\ (26) & ∴ W_{j + 1, i} = (S_{i} - S_{j} - (L + 1))^{2} \\ (27) & f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + S_{j}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{j} - 2 * S_{i} * S_{j} + S_{i}^{2} - 2 * (L + 1) * S_{i} + (L + 1)^{2}) \\ (28) \\ (29) & f_{j} + S_{j}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{j} = (2 * S_{i}) * S_{j} + f_{i} - S_{i}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{i} - (L + 1)^{2} \\ (30) & ∴ y = f_{j} + S_{j}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{j} k = 2 * S_{i} x = S_{j} b = f_{i} - S_{i}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{i} - (L + 1)^{2} \end{aligned}

$\begin{align} &\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n+n\qquad //优化\\ &\therefore W_{j+1,i}=(S_i-S_j-(L+1))^2\\ &\qquad\ f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}-2*S_i*S_{j}+S_i^2-2*(L+1)*S_i+(L+1)^2)}\\\\ &\boxed {{\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_{j}^2}}+{\color{ForestGreen}{2*(L+1)*S_{j}}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i)*S_{j}}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2+2*(L+1)*S_i}}-{\color{OrangeRed}{(L+1)^2}}}\\ &\boxed{\therefore y=f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}\quad k=2*S_i\quad x=S_{j}\quad b=f_i-S_i^2+2*(L+1)*S_i-(L+1)^2} \end{align}$

* $T1$ 提到的移项方法是一种通法,但一个式子可能不止一种移项方法,不同移法的 $y,k,x,b$ 可能会有所不同,但结果相同:

\begin{aligned} (31) & 令 S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} C_{n} + n / / 优 化 \\ (32) & ∴ W_{j + 1, i} = (S_{i} - S_{j} - (L + 1))^{2} \\ (33) & f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} (f_{j} + S_{j}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{j} - 2 * S_{i} * S_{j} + S_{i}^{2} - 2 * (L + 1) * S_{i} + (L + 1)^{2}) \\ (34) \\ (35) & f_{j} + S_{j}^{2} = (2 * S_{i} - 2 * (L + 1)) * S_{j} + f_{i} - S_{i}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{i} - (L + 1)^{2} \\ (36) & ∴ y = f_{j} + S_{j}^{2} k = 2 * S_{i} - 2 * (L + 1) x = S_{j} b = f_{i} - S_{i}^{2} + 2 * (L + 1) * S_{i} - (L + 1)^{2} \end{aligned}

$\begin{align} &\quad\ 令S_n=\sum_{i=1}^nC_n+n\qquad //优化\\ &\therefore W_{j+1,i}=(S_i-S_j-(L+1))^2\\ &\qquad\ f_i=\min_{j=1}^{i-1}{(f_j+S_{j}^2+2*(L+1)*S_{j}-2*S_i*S_{j}+S_i^2-2*(L+1)*S_i+(L+1)^2)}\\\\ &\boxed {{\color{ForestGreen}{f_j}}+{\color{ForestGreen}{S_{j}^2}}={\color{RoyalBlue}{(2*S_i-2*(L+1))*S_{j}}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}-{\color{OrangeRed}{S_i^2+2*(L+1)*S_i}}-{\color{OrangeRed}{(L+1)^2}}}\\ &\boxed{\therefore y=f_j+S_{j}^2\quad k=2*S_i-2*(L+1)\quad x=S_{j}\quad b=f_i-S_i^2+2*(L+1)*S_i-(L+1)^2} \end{align}$

(还有更多方法)

本题需要维护 $b$ 值最小,故维护一个下凸包.

其余同 $T2$ .

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=5e4+10,Inf=0x7fffffff;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n=rd(),L=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N];

inline int X(int j)
{
	return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
	return dp[j]+S[j]*S[j]+2*(L+1)*S[j];
}
inline int K(int i)
{
	return 2*S[i];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
inline int Fi(int i,int j)
{
	return dp[j]+(S[i]-S[j]-(L+1))*(S[i]-S[j]-(L+1));
}
signed main()
{
	fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd()+1;
	fr(i,n)
	{
		while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
		dp[i]=Fi(i,q[h]);
		while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

T6 P3648 [APIO2014]序列分割

题目描述：

你正在玩一个关于长度为 $n$ 的非负整数序列的游戏。这个游戏中你需要把序列分成 $k + 1$ 个非空的块。为了得到 $k + 1$ 块，你需要重复下面的操作 $k$ 次：

选择一个有超过一个元素的块（初始时你只有一块，即整个序列）

选择两个相邻元素把这个块从中间分开，得到两个非空的块。

每次操作后你将获得那两个新产生的块的元素和的乘积的分数。你想要最大化最后的总得分。

$2 \le n \le 10^5\quad 1 \le k \le \min\{n - 1, 200\}\quad {\color{Red}{0\le}} C_i \le 10^4$

思路：

1.收益与切割顺序无关:

如上图,对于 $[a,c]$ 这一序列中的三个相邻子段而言,
先切下 $a$ : $a*(b+c)+b*c=a*b+a*c+b*c$
先切下 $c$ : $c*(a+b)+a*b=a*b+a*c+b*c$
所有的子段均遵循此规律
由是可知得分与切割顺序无关.

于是乎就可以把题目改写为:
给定一个数列 $C_n$ ,将其分为 $k+1$ 段,求最大的

\begin{aligned} (37) & 令 S = \sum_{i = 1}^{n} C_{n} \\ (38) & W = (S^{2} - \sum_{i = 1}^{k + 1} T_{i}^{2}) / 2 \\ (39) & (T_{i} 表 示 第 i 段 内 元 素 和) \end{aligned}

$\begin{align} &令S=\sum_{i=1}^nC_n\\ &W=(S^2-\sum_{i=1}^{k+1}T_i^2)/2\\ &(T_i表示第i段内元素和) \end{align}$

每一个新加入的段的收益便为该段元素和*前面的所有元素的和.

2.dp.

\begin{aligned} (40) & f_{i, j} 表 示 前 i 个 数 切 j 次 的 最 大 收 益 \\ (41) & 令 S_{i} = \sum_{j = 1}^{i} C_{j} \\ (42) & f_{i, j} = f_{z + 1, j - 1} + (S_{i} - S_{z}) * S_{z} \end{aligned}

$\begin{align} &f_{i,j}表示前i个数切j次的最大收益\\ &令S_i=\sum_{j=1}^iC_j\\ &f_{i,j}=f_{z+1,j-1}+(S_i-S_z)*S_z\\ \end{align}$

利用滚动数组节省空间,二维数组改一维.(不优化的话 $320MB+$ ,过是能过,但是……)

\begin{aligned} (43) & 令 f_{i} 表 示 前 i 个 数 切 z 次 的 最 大 收 益 \\ (44) & f_{j}^{'} 表 示 前 j 个 数 切 (z - 1) 次 的 最 大 收 益 \\ (45) & f_{i} = {max}_{j = 0}^{i - 1} (f_{j}^{'} + S_{i} * S_{j} - S_{j}^{2}) \\ (46) & f_{j}^{'} - S_{j}^{2} = - S_{i} * S_{j} + f_{i} \\ (47) & y = f_{j}^{'} - S_{j}^{2} k = - S_{i} x = S_{j} b = f_{i} \end{aligned}

$\begin{align} &令f_i表示前i个数切z次的最大收益\\ &\ \ \ f'_j表示前j个数切(z-1)次的最大收益\\ &f_i=\max_{j=0}^{i-1}{(f'_j+S_i*S_j-S_j^2)}\\ &\boxed{{\color{ForestGreen}{f'_j}}-{\color{ForestGreen}{S_j^2}}=-{\color{RoyalBlue}{S_i*S_j}}+{\color{OrangeRed}{f_i}}}\\ &\boxed{y=f'_j-S_j^2\quad k=-S_i\quad x=S_j\quad b=f_i}\\ \end{align}$

维护一个上凸壳.

\begin{aligned} (48) & 当 然 也 可 以 : y = - f_{j}^{'} + S_{j}^{2} k = S_{i} x = S_{j} b = - f_{i} \end{aligned}

$\begin{align} &当然也可以:\boxed{y=-f'_j+S_j^2\quad k=S_i\quad x=S_j\quad b=-f_i}\\ \end{align}$

秒变下凸壳(后面采取此方法).

注意: $a_i$ 可能为 $0$ ,也就是说相邻两个决策点的 $x$ 值可能相同, $斜率k$ 要特判返回 $+\inf$ .(不过像代码中那样除法转换成乘法就不必特判了)

Code1:滚优

$893ms\ /\ 163.92MB \ (O2)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=1e5+10,maxK=210,Inf=9223372036854775807;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n=rd(),kc=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N][2];bool d;
int pre[N][maxK];

inline int X(int j)
{
	return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
	return -dp[j][d^1]+S[j]*S[j];
}
inline int K(int i)
{
	return S[i];
}
inline int Fi(int i,int j)
{
	return dp[j][d^1]+(S[i]-S[j])*S[j];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
signed main()
{
	fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd();
	fr(j,kc)
	{
		d^=1;//滚动数组
		h=0,t=0;
		fr(i,n)
		{
			while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
			dp[i][d]=Fi(i,q[h]);
			pre[i][j]=q[h];//标记前i个数切第j刀的最优位置
			while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
			q[++t]=i;
		}
	}
	cout<<dp[n][d]<<'\n';
	int pos=n;
	Rof(i,kc,1)pos=pre[pos][i]/*返回了上次切的位置*/,cout<<pos<<' ';
	return 0;
}

Code2:无滚优

$1.76s\ /\ 323.00MB\ (O2)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define fr(i,r) for(int i=1;i<=r;++i)
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define Rof(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define msec 800
using namespace std;
const int N=1e5+10,maxK=210,Inf=9223372036854775807;
char cch;
int res,zf;
inline int rd()
{
	while((cch=getchar())<45);
	if(cch^45)res=cch^48,zf=1;
	else res=0,zf=-1;
	while((cch=getchar())>=48)res=(res*10)+(cch^48);
	return res*zf;
}

int n=rd(),kc=rd();
int S[N];
int q[N],h,t;
int dp[N][maxK],d;
int pre[N][maxK];

inline int X(int j)
{
	return S[j];
}
inline int Y(int j)
{
	return -dp[j][d-1]+S[j]*S[j];
}
inline int K(int i)
{
	return S[i];
}
inline int Fi(int i,int j)
{
	return dp[j][d-1]+(S[i]-S[j])*S[j];
}
inline int deltaX(int k1,int k2)
{
	return X(k2)-X(k1);
}
inline int deltaY(int k1,int k2)
{
	return Y(k2)-Y(k1);
}
inline bool Kjud1(int i)
{
	return bool(deltaY(q[h],q[h+1])<=K(i)*deltaX(q[h],q[h+1]));
}
inline bool Kjud2(int i)
{
	return bool(deltaY(q[t],i)*deltaX(q[t-1],q[t])<=deltaY(q[t-1],q[t])*deltaX(q[t],i));
}
signed main()
{
	fr(i,n) S[i]=S[i-1]+rd();
	fr(j,kc)
	{
		++d;
		h=0,t=0;
		fr(i,n)
		{
			while(h<t&&Kjud1(i)) ++h;
			dp[i][d]=Fi(i,q[h]);
			pre[i][j]=q[h];//标记前i个数切第j刀的最优位置
			while(h<t&&Kjud2(i)) --t;
			q[++t]=i;
		}
	}
	cout<<dp[n][d]<<'\n';
	int pos=n;
	Rof(i,kc,1)pos=pre[pos][i]/*返回了上次切的位置*/,cout<<pos<<' ';
	return 0;
}

T7 P

题目描述：

思路：

Code:

posted @ 2022-06-24 21:47 penggeng 阅读(42) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 单调队列优化

· 第一章常见优化技巧例题

· 斜率优化 DP

· 斜率优化dp学习笔记

· 斜率优化dp小结

阅读排行：
· 阿里最新开源QwQ-32B，效果媲美deepseek-r1满血版，部署成本又又又降低了！
· 单线程的Redis速度为什么快？
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· AI编程工具终极对决：字节Trae VS Cursor，谁才是开发者新宠？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！

公告

昵称： penggeng
园龄： 3年4个月
粉丝： 1
关注： 2

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

penggeng

dp斜率优化

dp斜率优化

T1 hdu3507 打印文章

题目描述：

思路：

Code:

T2&T3 #P10184.任务安排 1 P2365 任务安排 & #P10185.任务安排 2

题目描述：

思路：

<!!! 费用提前计算>↑

Code:

T4 #P10186. 任务安排 3 P5785 [SDOI2012]任务安排

题目描述：

思路：

Code:

T5 #P10188. 玩具装箱 P3195 玩具装箱

题目描述：

思路：

Code:

T6 P3648 [APIO2014]序列分割

题目描述：

思路：

1.收益与切割顺序无关:

2.dp.

Code1:滚优

Code2:无滚优

T7 P

题目描述：

思路：

Code:

公告

搜索

常用链接

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

推荐排行榜