浅谈斜率优化 DP

1.浅谈斜率优化 DP2024-08-06

由于作者去年 tg 都没一等，文中有错误请大家多多提出。

斜率优化是用来求解一系列 dp 方程形如 $f_{i} = {min}_{j = 1}^{i} {f_{j} + a_{i} + b_{j} + x_{i} \times y_{j}}$ （其中 $a_{i}$ 表示只和 $i$ 有关的项， $b_{j}$ 为只和 $j$ 有关的项， $x_{i} \times y_{j}$ 表示 $i$ 有关的项和 $j$ 有关的项相乘得到的项）。

显然转移方程中 $min$ 换为 $max$ 也同理。

考虑把转移方程化简，得到 $f_{i} = {min}_{j = 1}^{i} {f_{j} + b_{j} + x_{i} \times y_{j}} + a_{i}$ ，此时，我们把上式与一次函数的截距联系起来，令 $Y = f_{j} + b_{j}, k = - x_{i}, X = y_{j}$ ，此时方程即可化为 $f_{i} = {min}_{j = 1}^{i} {Y - k X} + a_{i}$ 。

此时，根据一次函数定义，可以得到 $Y - k X$ 表示的是经过经过点 $(X, Y)$ 的斜率为 $k$ 的直线的截距。所以我们只需要将斜率为 $k$ 的直线从下往上（如果是 $max$ 就从上往下）贴合决策点，第一次经过的决策点即为更新 $f_{i}$ 最优的点。

通过观察以下图，可以发现中间的点 $B$ 和 $E$ 一定不会被任一斜率的最优直线经过，只有在下凸壳上的点才有可能对答案有贡献（大家别被下凸壳给吓到了，这里其实只是一个名词，与实际代码没有关系）。

如果 $k, x$ 均对于 $i$ 单调递增，那么那么可以用单调队列实现，如果仅 $x$ 递增，那么可以用二分实现，其他情况可以用平衡树/CDQ分治等算法优化，这里不展开（主要是作者根本不会 23333）。

模板

还是上式转移方程对应的代码，这里给出 $k, x$ 均对于 $i$ 递增的做法：

int f[N],q[N];
int hh = 0,tt = -1;
q[++tt] = 0;
// 这里 Y (i),X (i),K (i) 就是上式中推出的式子中的 Y,X,k
double slope (int i,int j) {
    return (Y (j) - Y (i)) / (X (j) - X (i));
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
    while (hh < tt && slope (q[hh],q[hh + 1]) < K (i)) hh++;
    f[i] = f[q[hh]] + a[i] + b[q[hh]] + x[i] * y[q[hh]]; //转移方程
    while (hh < tt && slope (q[tt - 1],q[tt]) > slope (q[tt],i)) tt--;
    q[++tt] = i;
}

P2120

这里不选取任务安排系列的题目原因是非斜率优化部分过于麻烦。

下文中 $d_{i}$ 即为原题面中的 $x_{i}$ 。

考虑列出暴力转移方程 $f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + c_{i} + \sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times (d_{i} - d_{k})}$ 。（这里 $k$ 的范围为 $i$ 其实会好写一些，后面有解释）

展开，得到 $* = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + c_{i} + (\sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times d_{i}) - (\sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times d_{k})}$ 。

继续化简得到 $* = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + c_{i} + d_{i} \times (\sum_{k = j + 1}^{i} p_{k}) - (\sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times d_{k})}$ 。

令 $g_{1, i} = \sum_{j = 1}^{i} p_{j}$ ， $g_{2, i} = \sum_{j = 1}^{i} (p_{j} \times d_{j})$ 。

那么得到 $* = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + c_{i} + d_{i} \times (g_{1, i} - g_{1, j}) - (g_{2, i} - g_{2, j})}$ 。

展开并添加括号得到 $* = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + g_{2, j} - d_{i} \times g_{1, j}} + c_{i} + d_{i} \times g_{1, i} - g_{2, i}$ 。

令 $Y = f_{j} + g_{2, j}, k = d_{i}, X = g_{1, j}$ ，那么 $min$ 里的项就是 ${min}_{j = 0}^{i - 1} {Y - k X}$ ，显然可以用前面的式子进行优化。

注意到 $k$ 关于 $i$ 递增而递增，所以我们可以用单调队列维护下凸壳。

下面给出核心代码：

LL Y (int i) {
	return f[i] + g2[i];
}
LL X (int i) {
	return g1[i];
}
LL K (int i) {
	return x[i];
}
double slope (int i,int j) {
	if (X (i) == X (j)) return Y (j) - Y (i) > 0 ? 9e18 : -9e18;	// 特判斜率正负无穷大
	return (Y (j) - Y (i)) / (X (j) - X (i));
}

x[++n] = 3e9;	// 添加哨兵，这题数据比较恶心
for (int i = 1;i <= n;i++) g1[i] = g1[i - 1] + p[i],g2[i] = g2[i - 1] + p[i] * x[i]; 
int hh = 0,tt = -1;
q[++tt] = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
	while (hh < tt && slope (q[hh],q[hh + 1]) < K (i)) hh++;
	f[i] = f[q[hh]] + x[i] * (g1[i] - g1[q[hh]]) - (g2[i] - g2[q[hh]]) + c[i];
//	cout << q[hh] << endl;
	while (hh < tt && slope (q[tt - 1],q[tt]) > slope (q[tt],i)) tt--;
	q[++tt] = i;
}

简单总结一下，我们对于上述类似的转移方程，我们设 $Y$ 等于仅和 $j$ 有关的项， $k$ 等于有关 $i$ 的项和有关 $j$ 的项相乘的项中的 $i$ 的项（就是 $x_{i} \times y_{j}$ 中的 $x_{i}$ ）， $X$ 等于有关 $i$ 的项和有关 $j$ 的项相乘的项中的 $j$ 的项（就是 $x_{i} \times y_{j}$ 中的 $y_{j}$ ）。