斜率优化学习笔记

看到出现了可以写题解的 P10979 任务安排 2，于是写学习笔记了。

斜率优化模板题，有三倍经验，难度逐渐递增，建议从前做到后。

P2365 任务安排，P10979 任务安排 2，P5785 [SDOI2012] 任务安排。

（但是我这种做法 P10979 和 P5785 没有区别。

思路：

设 $f_{i}$ 表示第 $i$ 个任务加工后所需的最小总费用，那么就有转移式。

f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + \sum_{k = j + 1}^{i} ((\sum_{l = 1}^{i} T_{l} + n u m \times s) \times C_{k})} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + (\sum_{k = 1}^{i} T_{k} + n u m \times s) \times \sum_{k = j + 1}^{i} C_{k}}

$n u m$ 表示在这批任务完成之前分了多少批任务。

但是 $n u m$ 的值关乎到前面转移的值，要再开一维吗？不需要，这里采用费用前置的思想。由于每分一组， $n u m$ 就会多一，根据 $\sum_{k = 1}^{i} T_{k} + n u m \times s$ ，后面的每个任务 $k$ 就会多贡献 $s \times C_{k}$ ，那么转移式就变成了：

f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + \sum_{k = 1}^{i} T_{k} \times \sum_{k = j + 1}^{i} C_{k} + \sum_{k = j + 1}^{n} C_{k} \times s}

观察到转移式的 $\sum$ 都是可以用前缀和维护的，对 $T, C$ 数组进行前缀和（为了方便书写，不加说明的 $T, C$ 数组表示已经前缀和完了的数组），那么转移式为：

f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + T_{i} \times (C_{i} - C_{j}) + (C_{n} - C_{j}) \times s}

动态规划的转移参照 P2365 任务安排的这篇题解。

下面讲一个不太常用的斜率优化方法。

我们先把转移式做一些变化：

f_{i} = {min}_{j = 1}^{i - 1} {f_{j} - C_{j} \times (T_{i} + s)} + T_{i} \times C_{i} + C_{n} \times s

即把常数项提到 $min$ 外，再合并同类项。

上述转移式，时间复杂度瓶颈是找到最优决策点，所以我们考虑两个决策点 $j_{1}, j_{2}$ ，考虑若决策点 $j_{1}$ 优于决策点 $j_{2}$ ，那么：

f_{j_{1}} - C_{j_{1}} \times (T_{i} + s) < f_{j_{2}} - C_{j_{2}} \times (T_{i} + s)

(C_{j_{2}} - C_{j_{1}}) \cdot (T_{i} + s) < f_{j_{2}} - f_{j_{1}}

现在我们钦定 $C_{j_{2}} > C_{j_{1}}$ （注意不是 $j_{2} > j_{1}$ ，后面再说为什么），那么我们可以把 $(C_{j_{2}} - C_{j_{1}})$ 除到不等式的右边，即：

\frac{f_{j_{2}} - f_{j_{1}}}{C_{j_{2}} - C_{j_{1}}} > T_{i} + s

不等式的左边是不是很像斜率式？我们令 $P_{i}$ 为二维平面直角坐标系的点 $(C_{i}, f_{i})$ ，那么不等式的左边可以表示为 $k_{P_{j_{1}}, P_{j_{2}}}$ 即点 $P_{j_{1}}$ 和点 $P_{j_{2}}$ 之间的斜率。

该不等式可以用文字描述为：若两点之间的斜率大于 $T_{i} + s$ ，那么左边的点更优，否则右边的点更优（等号取到的情况即为两个点一样优秀，选哪个无所谓，不做细分）、

我们现在考虑三个点的情况，若这三个点 $A, B, C$ 围成一个上凸壳（假设左右顺序为 $A, B, C$ ），那么直线 $A B$ ，直线 $B C$ 和斜率为 $T_{i} + s$ 的直线有下面三种关系：

直线 $A B$ 和直线 $B C$ 的斜率都大于 $T_{i} + s$ ，此时 $A$ 点优于 $B$ 点， $B$ 点优于 $C$ 点， $B$ 点不是最优的，如图：
直线 $A B$ 的斜率大于 $T_{i} + s$ ，直线 $B C$ 的斜率小于 $T_{i} + s$ ，此时 $A$ 点优于 $B$ 点， $C$ 点优于 $B$ 点， $B$ 点不是最优的，请读者自行画图。
直线 $A B$ 和直线 $B C$ 的斜率都小于 $T_{i} + s$ ，此时 $B$ 点优于 $A$ 点， $C$ 点优于 $B$ 点， $B$ 点不是最优的，请读者自行画图。

综上，若三个点围成一个上凸壳，那么中间的那个点一定不是最优的。

现在考虑转移 $i$ ，根据上面的性质，我们可以将 $i$ 之前的所有点维护一个下凸壳，由于两点之间的斜率大于 $T_{i} + s$ 则左边的点更优，我们可以找到第一个 $j$ ，使得 $P_{j}$ 与 $P_{j + 1}$ 的斜率大于 $T_{i} + s$ 的点，若没有这个点，那么凸壳的最后一个点最优，然后用这个点的来更新 $i$ 的 dp 值，这个点可以通过二分找到。

这个点形象化的来说就是用斜率为 $T_{i} + s$ 的直线来切这个凸包，切到的点就是最优决策点，如图：

其中 E 就是最优决策点。

然后考虑如何维护这个下凸壳，这个还是比较容易想到，假设在此之前已经维护好了之前所有点的下凸壳，需要加上该点。由于 $C_{i}$ （不是前缀和数组）是非负的，那么 $C_{i}$ 是单调的，即点的横坐标是单调的，所以我们可以直接在下凸壳的最后加点。若新加上该点，点集不构成下凸壳，那么将最后一个点去掉反复循环，直到新加上该点可以构成下凸壳，或者下凸壳中没有点了结束。根据这个算法，我们可以用一个单调栈维护下凸壳。

这道题就做完了。

对于这种做法来说，P10979 任务安排 2 和 P5785 [SDOI2012] 任务安排没有区别，因为这两道题的 $C_{i}$ 都是非负整数（不是前缀和数组），这就使每个点的横坐标是单调的，而这个算法没有限制 $T_{i}$ （不是前缀和数组）的正负，即并不需要要求决策单调性。

做完这道题，我们分析一下什么题可以用斜率优化，首先他要求出一段区间的某个函数值的极值，而这个函数值中包含 $i$ 与 $j$ 的交叉项，这样的题目大概率是斜率优化。

现在来讲为什么我们是要钦定 $C_{j_{2}} > C_{j_{1}}$ 而不是钦定 $j_{2} > j_{1}$ ，有的同学可能会认为钦定 $j_{2} > j_{1}$ ，不就是和钦定 $x_{j_{2}} > x_{j_{1}}$ （ $x_{i}$ 为点 $i$ 的横坐标）一样的吗？为什么不行。对于比较简单的斜率优化题目来说，这样是可以的包括这道题，但是有一些题目的点的横坐标并不是单调的，就导致每次加点的时候就不能按照编号顺序一个一个加点，而是要按照点的横坐标顺序来加点，否则你的思路会十分混乱。对于这种题目我们可以用 cdq 分治或者用平衡树维护凸壳解决。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int kMaxN = 3e5 + 5;

int n, s, t[kMaxN], c[kMaxN], top, L, R, M;
long long f[kMaxN];

struct P {
  int x;
  long long y;
} stk[kMaxN];

long double slope(P i, P j) { return i.x == j.x ? (i.y > j.y ? -4e18 : 4e18) : (long double)(i.y - j.y) / (i.x - j.x); }

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> s;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> t[i] >> c[i], t[i] += t[i - 1], c[i] += c[i - 1];
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (; top > 1 && slope(stk[top - 1], stk[top]) > slope(stk[top], {c[i - 1], f[i - 1]}); top--) {
    }
    stk[++top] = {c[i - 1], f[i - 1]}, L = 1, R = top, M = L + R >> 1;  // 加入点，维护凸壳
    for (; L < R; M = L + R >> 1) {
      (M == top ? 4e18 : slope(stk[M], stk[M + 1])) > s + t[i] ? R = M : L = M + 1;
    }  // 二分最优决策点
    f[i] = stk[L].y - 1LL * (s + t[i]) * stk[L].x + 1LL * s * c[n] + 1LL * c[i] * t[i];  // 转移
  }
  cout << f[n];
  return 0;
}

作为一篇斜率优化的学习笔记，还是讲一道点的横坐标不单调的例题吧（毕竟这种方法比较常见），例题：P4655 [CEOI2017] Building Bridges。

思路：

设 $f_{i}$ 为建造了一座桥在 $i$ 点的最小代价， $s_{i}$ 为 $w_{i}$ 的前缀和数组，那么 dp 式很显然：

f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + (h_{i} - h_{j})^{2} + s_{i - 1} - s_{j}}

同样将式子转化一下：

f_{i} = {min}_{j = 0}^{i - 1} {f_{j} + h_{j}^{2} - 2 h_{i} h_{j} - s_{j}} + h_{i}^{2} + s_{i - 1}

若决策点 $j_{1}$ 优于 $j_{2}$ ，那么：

f_{j_{1}} + h_{j_{1}}^{2} - 2 h_{i} h_{j_{1}} - s_{j_{1}} < f_{j_{2}} + h_{j_{2}}^{2} - 2 h_{i} h_{j_{2}} - s_{j_{2}}

2 h_{i} (h_{j_{2}} - h_{j_{1}}) < (f_{j_{2}} + h_{j_{2}}^{2} - s_{j_{2}}) - (f_{j_{1}} + h_{j_{1}}^{2} - s_{j_{1}})

我们令 $g_{i} = f_{i} + h_{i}^{2} - s_{i}$ ，再钦定 $h_{j_{2}} > h_{j_{1}}$ （注意这里），则不等式化为：

\frac{g_{j_{2}} - g_{j_{1}}}{h_{j_{2}} - h_{j_{1}}} > 2 h_{i}

我们设点 $P_{i}$ 为 $(h_{i}, g_{i})$ ，这里的点的横坐标不单调，所以不能像上一题一样更新一次加一个点，这里考虑使用 cdq 分治。

我们先将所有的点按照横坐标排序，然后将所有的点分成两半（设中点为 $m i d$ ），第一半的编号为 $1$ 到 $m i d$ ，第二半的编号为 $m i d + 1$ 到 $n$ ，两半中间的点的横坐标是单调的，假设我们已经更新好了第一半的所有点的 dp 值，我们用前面的点构成的凸壳来更新第二半的 dp 值，然后再递归执行第二半即可。

简单讲一下这种做法的正确性，不需要用 cdq 分治的做法其实是用一个凸包来更新 dp 值，而用了 cdq 分治的做法其实是用 $\log n$ 个凸包来更新当前的 dp 值，将 $1$ 到 $i - 1$ 这个区间分成若干个小区间，用这些小区间的点构成的凸包分别更新该点的 dp 值，所以这种做法是正确的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int kMaxN = 1e5 + 5;

int n, h[kMaxN], top, L, R, M;
long long s[kMaxN], f[kMaxN];

struct P {
  int i, x;
  long long y;
} stk[kMaxN], a[kMaxN];

long double slope(P i, P j) { return i.x == j.x ? (i.y > j.y ? -4e18 : 4e18) : (long double)(i.y - j.y) / (i.x - j.x); }

void S(int l, int r) {
  if (l == r) {
    a[l].y = f[a[l].i] + 1LL * a[l].x * a[l].x - s[a[l].i];
    return;
  }
  int mid = l + r >> 1;
  stable_partition(a + l, a + r + 1, [&](P p) { return p.i <= mid; });  // 按照编号分成两半
  S(l, mid), top = 0;                                                   // 算出前一半的 dp 值
  for (int i = l; i <= mid; i++) {
    for (; top > 1 && slope(stk[top - 1], stk[top]) >= slope(stk[top], a[i]); top--) {
    }
    stk[++top] = a[i];
  }  // 构成凸壳
  for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {
    L = 1, R = top, M = L + R >> 1;
    for (; L < R; M = L + R >> 1) {
      (M == top ? 4e18 : slope(stk[M], stk[M + 1])) > 2 * h[a[i].i] ? R = M : L = M + 1;
    }
    f[a[i].i] = min(f[a[i].i], stk[L].y - 2LL * h[a[i].i] * stk[L].x + 1LL * h[a[i].i] * h[a[i].i] + s[a[i].i - 1]);
  }  // 转移
  S(mid + 1, r);                                                                     // 继续递归
  inplace_merge(a + l, a + mid + 1, a + r + 1, [](P i, P j) { return i.x < j.x; });  // 合并
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> h[i];
  }
  memset(f, 0x3f, sizeof(f)), f[1] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> s[i], s[i] += s[i - 1], a[i] = {i, h[i], 0};
  }
  sort(a + 1, a + 1 + n, [](P i, P j) { return i.x < j.x; });
  S(1, n), cout << f[n];
  return 0;
}

posted @ 2024-10-04 12:51 liruixiong0101 阅读(17) 评论(0) 编辑收藏举报

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