「kuangbin带你飞」专题二十 斜率DP
A.HDU - 3507 Print Article
题意
就是输出序列a[n]，每连续输出的费用是连续输出的数字和的平方加上常数M
让我们求这个费用的最小值。
题解
概率DP的入门题，把我搞得要死要活的。
首先dp[i]表示输出前i个的最小费用 很简单得得出一个方程
\[dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2\\1<=j<i
\]
其中sum[i]表示数字的前i项和，但是这个方程的复杂度是n^2 所以这时候就要用到斜率优化 ，ps：个人感觉斜率DP都用到了队列，来把前面绝对不优秀的项都出队，这样每次运算都只要在队列中找就行，而且每个元素只有一次出队和入队 所以复杂度只有N
首先假设在算dp[i]的 ，k<j<i，并且J点比K点优秀
那么
\[dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M<=dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M
\]
对上面方程分解整理得：
\[[(dp[j]+sum[j]^2)-(dp[k]+sum[k]^2)]÷2(sum[j]-sum[k])<=sum[i]
\]
注意正负号，不然会影响不等号的方向
另
\[Y(x)=dp[x]+sum[j]^2\\X(x)=2×sum[j]
\]
于是上面的式子变成斜率表达式
\[[Y(j)-Y(k)]/[X(j)-X(k)]<=sum[i]
\]
由于不等式右边的sum[i]随着i的增加而递增
所以我们另
\[g[j,k]=[Y(j)-Y(k)]/[X(j)-X(k)]
\]
1.如果上面的不等式成立 说明J比K优,而且随着i的增加上述不等式一定是成立的，也就是对于以后的i来说J都比K优秀，所以K是可以淘汰的
2.如果
\[g[J，K]>g[I，J]\\k<j<i
\]
那么J是可以淘汰的
假设g[I,J]<sum[i] 就是I比J优秀,那么J就没存在的价值
相反，如果g[I，J]>sum[i] 那么同样有g[J，K]>sum[I] 那么K比J优秀 所以J是可以淘汰的
所以这样相当于维护一个下凸的图形，斜率在增加，用队列维护
ps：以上都是抄bin巨的博客
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pp pair<int,int>
const ll mod=998244353;
const int maxn=5e5+50;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
int gcd(int a,int b){while(b){int t=a%b;a=b;b=t;}return a;}
int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int dp[maxn];
int sum[maxn];
int a[maxn];
int q[maxn];
int m,n;
int head,tail;
int getDP(int i,int j){
return dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);
}
int getUP(int j,int k){
return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]);
}
int getDOWN(int j,int k){
return 2*(sum[j]-sum[k]);
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
while(cin>>n>>m){
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
head=tail=0;
q[tail++]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head+1<tail&&getUP(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+1],q[head]))
head++;
dp[i]=getDP(i,q[head]);
while(head+1<tail&&getUP(i,q[tail-1])*getDOWN(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDOWN(i,q[tail-1]))
tail--;
q[tail++]=i;
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
return 0;
}
