斜率优化学习笔记
【前言】
斜率优化是经典的对 1D/1D 动态规划模型的决策单调性优化。
对于这样的 DP 方程：\(f(i)=min_{1\leq j<i}\{f(j)+valid(i,j)\}\)。
可以发现暴力是 \(1\) 维状态 \(O(n)\) 转移，我们可以考虑决策单调性相关优化。
- 若 \(valid(i,j)\) 中只包含关于 \(i,j\) 的项相互独立，可以考虑单调队列优化。
- 若 \(valid(i,j)\) 中包含 \(i,j\) 的乘积项，可以考虑斜率优化。
- 若 \(valid(i,j)\) 满足四边形不等式，可以考虑更具有普适性的四边形不等式优化，支持扩展至二维。
本文着重介绍 \(2\)。
【主要思想】
以任务安排 3为例。
首先预处理前缀和，不难写出状态转移方程：
然后将 \(\min\) 符号略去，将方程尽量展开，让所有数据便于分类：
我们可以将数据分为 \(3\) 类：
- 只与 \(i\) 有关的项。
- 只与 \(j\) 有关的项。
- \(i,j\) 的乘积项。
如果出现更加复杂的情况，可能斜率优化就不再适用了。
通常我们将 \(2\) 移动到等式左边，\(1,3\) 移动到等式右边，目的之后再说。
先看看形式：
可以发现这个柿子很像我们学过的一次函数：\(y=kx+b\)。
解决数学问题时，将问题转化到图像上往往是一个更加直观且高效的方法，OI 中也一样。
我们可以看看转化形式：
- \(y=f(j)\)。
- \(k=sumT(i)+S,x=sumC(j)\)。
- \(b=f(i)-sumT(i)\times sumC(i)-S\times sumC(N)\)。
通常我们将 \(j\) 的相关项作为变量（也就是 \(x,y\)），这与 \(j\) 是未定的决策的事实是相吻合的。
看看我们的目标 \(f(i)\)，它当然身处 \(b\) 中（它显然只与 \(i\) 有关，属于分类 \(1\)）。
更容易发现的是，\(b\) 中的其它项皆为与 \(i\) 有关的项或常数项。
也就是说，无论 \(j\) 如何取值，\(b\) 始终不发生改变，而我们的目标是令 \(b\) 尽量小（这样 \(f(i)\) 才尽量小）。
利用上面的 \(x,y\)，将前面所有的决策 \(0\leq j<i\) 看做 \(i\) 个点 \((x,y)\)，我们就是求使 \(b\) 达到最小的点。
那么什么点能够符合要求呢，显然是将一条斜率为 \(k\) 的直线从下自上平移，第一个碰到的点即为所求。
显然平移的时间越短，\(b\) 也就越小，\(f(i)\) 也就越小。
以上是斜率优化的主要思想，至此，我们已经成功了一半。
之后，我们需要模拟直线向上平移的过程，这是一个难点。
仔细画图分析一下
对于上面这种情况，无论以何种斜率从下至上平移，\(B\) 点都不可能是首先被达到的。
所以我们就可以直接排除掉它了。
更近一步发现，我们需要维护的，是这样一个形状：
而对于 \(G,H,I,J\) 点来说，它们已经不会对答案有任何贡献了。
我们需要维护的是这个向下凸的形状，我们称之为下凸壳。
不难发现这里的 \(x\) 是单调递增的，也就是说我们每次在凸壳的左右端尝试插入新的决策。
那么利用一个队列，每次如果出现如图 \(1\) 的形状就将队尾删除，然后加入新点即可。
有些简单的斜率优化题目，\(k\) 也是单调的（例如本题的弱化版：任务安排 2）。
那么显然只要每次在队头及时删除即可，更具体点，若队头两点的斜率 \(\leq k\)，那么删除队头。
对于本题而言，\(k\) 并不单调，也就是说虽然队头这次可能没用，但是之后可能作为最优决策。
所以不能进行删除，那么就可以在队列上二分，找到第一个斜率 \(>k\) 的相邻两点即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
【代码实现】
至此，斜率优化的思想已经全部结束了。
斜率优化的代码往往不长，但是队列中斜率的比较往往看上去“令人窒息”。
实际上只要自己愿意写柿子，将所有算式都在纸上写好，实现时思路将会非常清晰。
值得注意的是，为了防止精度损失，往往利用交叉相乘将斜率比较时的除法变为乘法。
当然有的人的写法是利用 long double 尽量避免精度损失，但是同时会带来不必要的讨论。
所以这里推荐写法一，下面是参考代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
int n, S, l = 1, r = 1;
LL sumt[N], sumc[N];
double f[N];
int q[N];
int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c>='0' && c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
int Find(int i){
int L = l, R = r;
while(L < R){
int mid = (L + R) >> 1;
if(f[q[mid + 1]] - f[q[mid]] <= (sumc[q[mid + 1]] - sumc[q[mid]]) * (S + sumt[i])) L = mid + 1;
else R = mid;
}
return q[L];
}
int main(){
n = read(), S = read();
for(int i=1; i<=n; i++){
int t = read(), c = read();
sumt[i] = sumt[i - 1] + t;
sumc[i] = sumc[i - 1] + c;
}
q[1] = 0;// 注意是有 0 决策的，所以初始化队列要加入 0 好决策，也就是点 (0,0)。
for(int i=1; i<=n; i++){
int now = Find(i);// 二分寻找最优决策。
f[i] = f[now] - sumc[now] * (sumt[i] + S) + sumc[i] * sumt[i] + S * sumc[n];
while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (sumc[i] - sumc[q[r]])
>= (f[i] - f[q[r]]) * (sumc[q[r]] - sumc[q[r - 1]])) r --;// 在队尾维护凸壳。
q[++ r] = i;// 加入新决策。
}
printf("%.0lf\n", f[n]);// 使用 double 的原因是答案可能会爆 long long。
return 0;
}
【做题经验】
首先你要判断一道题是否能够使用斜率优化，不论如何，首先要正确地推出暴力的初始 DP 方程。
然后是对于维护凸壳时的几种情况：
- \(x,k\) 都单调递增，使用队列维护即可，时间 \(O(n)\)。
- \(x\) 单调递增，\(k\) 不单调，任然使用队列维护凸壳，二分寻找最优状态即可，时间 \(O(n\log n)\)。
- \(x\) 不单调，\(k\) 单调递增，考虑倒序 DP，此时方程中 \(x,k\) 中的项往往会“交换”，变为情况 \(2\)。
- \(x,k\) 都不单调，需要满足任意位置插入任意位置查询，可以使用平衡树维护。
对于 \(4\)，可能更方便的是使用 CDQ 分治离线处理，这个后文会提及。
我们是以下凸壳为例，当然了，对于某些最大化问题，我们需要从上往下平移直线。
类似的，我们需要维护一个上凸壳，操作都是类似的，不再赘述。
最后是一些容易写错的点：
- 初始化，特别是队列的初始化，如果有 \(0\) 点就加入 \(0\)，否则令 \(l=1,r=0\)，表示没有数。
- 细节，例如容易爆 int 的地方要使用 long long，以及方程不要写错。
- 比较斜率时推荐使用叉积的方法，比较时注意是
<=，方便去重。
【简单习题】
【情况1】
对应上面的讨论，\(x,k\) 都单调。这种情况最简单。
将一个单调不减的整数序列 \(A\) 分为若干段，使得每一段的长度 \(\geq k\)。
每一段的代价为段中所有数与最小数的差的和，求代价最小值。
注意题意是经过转化的，利用了贪心思想进行分段，读者可以自己尝试证明。
设 \(f(i)\) 表示将前 \(i\) 个数按照规则分段的最小代价，预处理前缀和，显然有方程：
利用上面的技巧可以快速转化方程，然后直接利用斜率优化求解即可。
值得注意的是，这里的 \(0\leq j\leq i-k\)，所以 \(i\) 可以直接从 \(k\) 开始，每次结束后将 \(i-k+1\) 加入队列。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 500010;
const int INF = 1e12;
int T, n, k, a[N];
int q[N * 2];
int f[N], sum[N];
int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c>='0' && c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
int Get_Y(int j){
return (f[j] - sum[j] + a[j + 1] * j);
}
signed main(){
T = read();
while(T --){
n = read(), k = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++){
a[i] = read();
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
for(int i=1; i<=n; i++) f[i] = INF;
f[0] = 0;
int l = 1, r = 1;
q[1] = 0;
for(int i = k; i <= n; i ++){
while(l < r && Get_Y(q[l+1]) - Get_Y(q[l])
<= (a[q[l+1] + 1] - a[q[l] + 1]) * i) l ++;
f[i] = f[q[l]] - a[q[l] + 1] * (i - q[l]) + sum[i] - sum[q[l]];
int now = i - k + 1;
while(l < r && (Get_Y(q[r]) - Get_Y(q[r-1])) * (a[now + 1] - a[q[r] + 1])
>= (Get_Y(now) - Get_Y(q[r])) * (a[q[r] + 1] - a[q[r-1] + 1])) r --;
q[++ r] = now;
}
printf("%lld\n", f[n]);
}
return 0;
}
稍微复杂一点点的推柿子，其实是裸的模板题。
推完柿子后照样是裸的斜率优化，但是这次是最大化问题。
所以维护上凸壳，\(k\) 又是单调递减，所以在队尾取得答案，可以发现所有操作都是在队尾。
于是这里本质上是利用栈求解，其实更简单了。
【情况4】
关于情况 \(2,3\) 的例题，就留给读者自己寻找了。
主要讲解一下都不单调时的 CDQ 分治解法。
主要思想是既然你不单调，我就离线构造出单调的情况，进行求解。
常见套路：
- 将数据读入，直接将 \(x,k\) 处理出来。（这里的 \(x\) 是 \(i\) 作为决策时的 \(x\)，\(k\) 是 \(i\) 作为询问时的 \(k\)）
- 将数据按照 \(k\) 单调递增排序。（目的是构造出询问递增的情况）
- CDQ 分治内部，首先按照 \(i\) 递增排序，保证决策 \(j<i\)，然后递归处理 \((i,mid)\)。
- 处理完左区间后，保证左区间 \(x\) 单调递增，右区间 \(k\) 单调递增，转变为情况 \(1\) 统计左区间对右区间的贡献。
- 递归处理 \((mid + 1, r)\)。
- 将左右区间合并，按照 \(x\) 单调递增排序。（这是 \(4\) 的前提）
- 对于终点状态 \(l=r\) 的情况，此时 \(f(l)\) 的答案必定已经统计完毕，直接统计 \(y\) 即可，方便之后的斜率比较。
注意所有排序都是利用归并排序，保证 \(O(n\log n)\) 的分治复杂度。
同时，每次状态转移不能只接赋值，因为每次并没有考虑所有决策（而是左区间对右区间的）。
这也启示我们要像一般的 DP 一样，注重初始化。
或许结合例题能有更加深刻的理解。
设 \(f(i)\) 表示让 \(1\) 和 \(i\) 连通的最小花费，预处理 \(w\) 的前缀和，同一得到方程：
常规拆柿子之后，发现 \(x,k\) 均没有单调性，所以使用 CDQ 离线求解即可。
可能关键是代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010;
const LL INF = 1e18;
int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c>='0' && c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
int n, h[N], q[N];
LL sum[N], f[N];
struct node{
int x, k, id;
LL y;
} a[N], b[N];
bool cmp(node a, node b){return a.k < b.k;}
#define X(i) a[i].x
#define Y(i) a[i].y
void solve(int l, int r){
if(l == r){
int j = a[l].id;
a[l].y = f[j] - sum[j] + 1LL * h[j] * h[j];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
int t1 = l, t2 = mid + 1;
for(int i = l; i <= r; i ++)
if(a[i].id <= mid) b[t1 ++] = a[i];
else b[t2 ++] = a[i];
for(int i = l; i <= r; i ++) a[i] = b[i];
solve(l, mid);
int head = 1, tail = 0;
for(int i = l; i <= mid; i ++){
while(head < tail && (Y(q[tail]) - Y(q[tail - 1])) * (X(i) - X(q[tail]))
>= (Y(i) - Y(q[tail])) * (X(q[tail]) - X(q[tail - 1]))) tail --;
q[++ tail] = i;
}
for(int i = mid + 1; i <= r; i ++){
while(head < tail && (Y(q[head + 1]) - Y(q[head]))
<= 1LL * a[i].k * (X(q[head + 1]) - X(q[head]))) head ++;
if(head <= tail){
int id = a[i].id, j = q[head];
f[id] = min(f[id], a[j].y - 1LL * a[j].x * a[i].k + sum[id - 1] + 1LL * h[id] * h[id]);
}
}
solve(mid + 1, r);
t1 = l, t2 = mid + 1;
int tot = l - 1;
while(t1 <= mid && t2 <= r)
b[++ tot] = (a[t1].x < a[t2].x || (a[t1].x == a[t2].x && a[t1].y < a[t2].y)) ? a[t1 ++] : a[t2 ++];
while(t1 <= mid) b[++ tot] = a[t1 ++];
while(t2 <= r) b[++ tot] = a[t2 ++];
for(int i = l; i <= r; i ++) a[i] = b[i];
}
int main(){
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++){
h[i] = read();
a[i].x = h[i];
a[i].k = 2 * h[i];
a[i].id = i;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++){
int w = read();
sum[i] = sum[i - 1] + w;
f[i] = INF;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
f[1] = 0; solve(1, n);
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
一定要拿出来强调的是第 60 行归并排序 \(x\) 时的这句话。
a[t1].x < a[t2].x || (a[t1].x == a[t2].x && a[t1].y < a[t2].y
为什么这么写呢，因为当 \(x\) 相同而 \(y\) 不同时，显然选择 \(y\) 最小的是最优的。
然而我们利用叉积比较时，如果有连续 \(3\) 个 \(x\) 的相同，会导致不等式两边必定为 \(0\)。
也就表示不等式一定成立，也就是说除了第一个决策，后来的决策一定会“挤”掉先来的决策。
这就代表除非我们将最小的 \(y\) 放在最前面，否则它将有被挤掉的风险。
所以这个判断是保证正确性的必须判断。
当然如果你使用 long double + 除法 的比较方法，相应的讨论就是 \(x\) 相等时斜率赋 -inf 还是 inf 的问题。
【总结】
斜率优化是经典的动态规划优化技巧。
如果你有兴趣更加深刻的理解它，推荐看看这篇文章的前几个部分。
更多习题同样可以在那篇文章的末尾找到。
完结撒花。
