DP斜率优化学习笔记

最后一次修改：2024.7.16 14:39 P.M By 哈哈铭

简介

“斜率优化”顾名思义就是用斜率进行优化，让 $DP$ 的时间复杂度更优。
一般情况下，将动态转移方程化简后得到这样的关系式：

$$\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\le K$$

然后通过该式进行转移，以达到优化时间复杂度的目的。

小tip：推公式前可以先试着打出暴力。

例题（模板题）

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

题目大意

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 $(r-l+\sum _{i=l}^r{c}_i-L{)}^2$。L 是给定常量，求分段的最小代价。

分析

首先，设 $s_i$ 为 $\sum _{j=1}^i{c}_j$,又可以设一个简单易懂的状态：$f_i$ 表示前 $i$ 个玩具分段的最小代价，然后可以的到一个暴力的方程： $f_i=\underset{1\le j<i}{min}\{f_j+(r-l+s_i-s_j-L{)}^2\}$。这个是 $O(n^2)$ 的 $DP$。带入另一个 $k$,思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。
化简过程省略……推起来太麻烦了
化简可得（当 $1\le k<j\le n$，同时，$j$ 比 $k$ 更优时）：

$$\frac{f_j-f_k+(s_j+j{)}^2-(s_k+k{)}^2}{s_j+j-s_k-k}\le 2(s_i+i-L-1)$$

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越大越优。

见此图：

很明显，这里的斜率是越大越好（到 $i$ 的）。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e4+100;
ll n,L,f[N],s[N],q[N],head,tail;
inline ll mymin(ll x,ll y) {return x<y?x:y;}
inline double P(ll x) {return x*x;}
inline double X(ll x,ll y){return f[x]-f[y]+P(s[x]+x)-P(s[y]+y);}
inline double Y(ll x,ll y){return s[x]+x-s[y]-y;}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&L);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&s[i]);
        s[i]=s[i-1]+s[i];
    }
    f[0]=0;head=tail=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(head<=tail&&X(q[head+1],q[head])<2*(s[i]+i-L-1)*Y(q[head+1],q[head])) head++;
        f[i]=f[q[head]]+P(i-q[head]+s[i]-s[q[head]]-L-1);
        while(head<=tail&&X(q[tail],q[tail-1])*Y(i,q[tail])>X(i,q[tail])*Y(q[tail],q[tail-1])) tail--;
        q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}

[APIO2010] 特别行动队

题目大意

与上一题差不多，也是分若干段，但是求的是最大代价，代价的公式也不一样，肯定不一样啊，可是它仍然摆脱不了是一道斜率优化模板题的命运。

分析

这道题很简单。

首先，也是设 $s_i$ 为 $\sum _{j=1}^i{c}_j$，然后得到一个 $O(n^2)$ 的暴力 $DP$。

其转移方程为：

$$f_i=\underset{1\le j<i}{max}\{f_j+a\times (s_i-s_j{)}^2+b\times (s_i-s_j)+c\}$$

带入另一个 k,思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。

化简过程省略……推起来太麻烦了 化简可得（当 $1\le k<j\le n$，同时，$j$ 比 $k$ 更优时）：

$$\frac{(f_j+a\times {s_j}^2)-(f_k+a\times {s_k}^2)}{s_j-s_k}\le 2\times a\times s_i+b$$

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越小越优。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+100;
ll a,b,c,n,s[N],f[N],q[N],head,tail;
inline ll mymax(ll x,ll y) {return x>y?x:y;}
inline ll P(ll x) {return x*x;}
inline double slope(ll x,ll y){
    return 1.0*((f[y]+a*P(s[y]))-(f[x]+a*P(s[x])))/(s[y]-s[x]);
}
int main(){
//    freopen("t2.in","r",stdin);
//    freopen("t2.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&s[i]);
        s[i]=s[i-1]+s[i];
    }
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])>=2*a*s[i]+b) head++;
        f[i]=f[q[head]]+a*P(s[i]-s[q[head]])+b*(s[i]-s[q[head]])+c;
        while(head<tail&&slope(q[tail],i)>=slope(q[tail-1],i)) tail--;
        q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}

征途

题目大意

其实与前两题差不多，只不过是要求了分的段数，公式也是光明正大地给出来了，其实同样简单，也是一道紫题。

分析

这道题同样要一个前缀和，设为 $v_i$ 吧。

然后设出状态：$f_{i,j}$ 表示遍历到第 $i$ 条路，走到第 $j$ 天。

有一个 $O(n^3)$ 的暴力可以得出。

考虑用斜率优化，因为里面总有奇奇怪怪的计算。

然后，可以得到一个动态转移方程，很简单，就不在此列出了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e3+50;
int n,m;
ll ans,f[N][N],v[N],sum[N],l[N],hd,tl;
double getK(int c,int i,int j) {
    ll x=f[i][c-1]+v[i]*v[i],xx=f[j][c-1]+v[j]*v[j];
    ll y=v[i],yy=v[j];
    return 1.0*(x-xx)/(y-yy);
}
int main(){
//    freopen("journey.in","r",stdin);
//    freopen("journey.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lld",&v[i]);
        v[i]=v[i-1]+v[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        f[i][1]=v[i]*v[i];
    for(int c=2;c<=m;++c){
        hd=tl=1;
        l[1]=c-1;
        for(int i=c;i<=n;++i){
            while(hd<tl&&getK(c,l[hd],l[hd+1])<2*v[i]) ++hd;
            f[i][c]=f[l[hd]][c-1]+(v[l[hd]]-v[i])*(v[l[hd]]-v[i]);
            while(hd<tl&&getK(c,l[tl],i)<getK(c,l[tl],l[tl-1])) --tl;
            l[++tl]=i;
        }
    }
    printf("%lld",m*f[n][m]-v[n]*v[n]);
    return 0;
}

然后就差不多了。

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