浅谈斜率优化

参考资料：

绘图：

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前置知识

会DP
单调队列
平面直角坐标系内，两点连线的斜率： $\frac{y_{1} - y_{2}}{x_{1} - x_{2}}$ 。
叉积判断相对位置

Ⅰ 状态转移方程

列出状态转移方程，如果化简为以下的形式：

d p (i) = min / max (a (i) \times b (j) + c (i) + d (j) + C)

此时转移时间复杂度 $O (n^{2})$ ，毒瘤们很不爽。

聪明的前辈们就想：既然状态数是 $O (n)$ 的，可不可以快速地转移呢？

于是就有了斜率优化DP。

先给出一些约定：

$C, c (i)$ 与 $d (i)$ （之一）可能不存在， $a (i) \times b (j)$ 才是斜率优化的精髓；
$a (i), b (j), c (i), d (j)$ 表示只和 $i$ 或 $j$ 有关的函数，为了贴近实际，下面写作 $(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .)$ 等；
$C$ 表示常数。

注：没有 $a (i) \times b (i)$ 的 DP 叫做单调队列优化DP，详见往期日报。

Ⅱ 决策点关系

先去掉 $min / max$ 。

将只有 $i$ ，只有 $j$ 和 $i, j$ 杂糅的项分别合并：

d p (i) = C + (c_{1} (i) + c_{2} (i) + . . .) + (d_{1} (j) + d_{2} (j) + . . .) +

(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) \times (b_{1} (j) + b_{2} (j) + . . .)

分析一下：如果存在 $j 1, j 2$ 使得 $j 2$ 优于 $j 1$ （ $min$ 对应 $F (j_{1}) > F (j_{2})$ ，反之为 $F (j_{1}) < F (j_{2})$ ， $F (j_{x})$ 表示 $min / max$ 里在 $j$ 取 $j_{x}$ 时的值）， $j 1, j 2$ 会有什么关系。

C + (c_{1} (i) + c_{2} (i) + . . .) + (d_{1} (j_{1}) + d_{2} (j_{1}) + . . .) +

(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) \times (b_{1} (j_{1}) + b_{2} (j_{1}) + . . .) < / >

C + (c_{1} (i) + c_{2} (i) + . . .) + (d_{1} (j_{2}) + d_{2} (j_{2}) + . . .) +

(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) \times (b_{1} (j_{2}) + b_{2} (j_{2}) + . . .)

(d_{1} (j_{1}) + d_{2} (j_{1}) + . . .) +

(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) \times (b_{1} (j_{1}) + b_{2} (j_{1}) + . . .) < / >

(d_{1} (j_{2}) + d_{2} (j_{2}) + . . .) +

(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) \times (b_{1} (j_{2}) + b_{2} (j_{2}) + . . .)

令：

$(d_{1} (x) + d_{2} (x) + . . .) = Y (x)$

$(a_{1} (i) + a_{2} (i) + . . .) = k_{0}$

$(b_{1} (x) + b_{2} (x) + . . .) = X (x)$

Y (j_{1}) + k_{0} \times X (j 1) < / > Y (j_{2}) + k_{0} \times X (j_{2})

- k_{0} < / > \frac{Y (j_{2}) - Y (j_{1})}{X (j_{2}) - X (j_{1})}

当上述不等式成立时， $j_{2}$ 优于 $j_{1}$ 。

注：推式子时记得让 $X (j_{2}) > X (j_{1})$ ，乱做不等式乘法的小朋友是长不大的qwq

Ⅲ 凸壳

为方便计算，将 $k_{0}$ 先赋值为 $k_{0} \times - 1$

不难发现，上述不等式很像斜率式。

将决策点的 $X, Y$ 丢进平面直角坐标系里。

假设有三个决策点组成点 $A, B, C$ 。

$A - B$ 斜率 $k_{1}$ , $B - C$ 斜率 $k_{2}$ 。

进行如下分类讨论：

当 $k_{1} > k_{2}$ 时

如图：

如果不等式符号为 $>$ :

$k_{0} > k_{1}$ 时， $B$ 优于 $A$ ，反之 $A$ 优于 $B$ 。

$k_{0} > k_{2}$ 时， $C$ 优于 $B$ ，反之 $B$ 优于 $C$ 。

有三种情况：

$k_{0} > k_{1} > k_{2}$ ， $C$ 优于 $B$ 优于 $A$ 。
$k_{1} > k_{0} > k_{2}$ ， $A$ 和 $C$ 优于 $B$ 。
$k_{1} > k_{2} > k_{0}$ ， $A$ 优于 $B$ 优于 $C$ 。

综上所述， $B$ 永远不会成为决策点，如下图：

不难发现，可能成为决策点的点形成了一个下凸壳：

如果不等式符号为 $\leq$ :

啥也研究不出……

当 $k_{1} < k_{2}$ 时

思路同上，如图：

如果不等式符号为 $\leq$ :

同理，但形成上凸壳，不再证明。

如果不等式符号为 $\geq$ :

啥也研究不出……

Ⅳ 维护答案

求DP值

下文默认下凸壳。

假设平面上已经维护了一个凸壳，现在需要知道 $d p_{i}$ ，假设 $i$ 对应的 $k_{0}$ 所构成的斜率是图中红线。

用眼睛可以看出五号点就是最优决策点：

设维护出凸包的点集为 ${(x_{i}, y_{i})} (i \in [1, m])$ ， $m$ 为集合大小。

由于凸壳的性质（默认下凸），这些点满足： $\frac{y_{i} - y_{i + 1}}{x_{i} - x_{i + 1}} < \frac{y_{j} - y_{j + 1}}{x_{j} - x_{j + 1}}$ ，其中 $i < j, i 和 j \in [1, m)$ ，通俗地讲就是前面的斜率小于后面的斜率。

注意到决策点的优劣满足传递性：即如果 $A$ 优于 $B (A < B)$ ，那么 $\forall B$ 优于 $C (B < C)$ ， $A$ 优于 $C$ 。

这启发我们使用二分， $O (\log n)$ 得到答案。

初始化将 $l, r$ 设为 $1, m - 1$ （ $m - 1$ 是因为 $m$ 个点连 $m - 1$ 条线），二分的答案先赋为一个不存在的值，并计算出 $k_{0}$ ：

int l = 1,r = m - 1,j = -0x3f3f3f3f;
k0 = /**/;

如果此时 $m i d$ 优于 $m i d + 1$ ，就把答案 $j$ 更新为 $m i d$ ，移动右端点。反之移动左端点

while(l <= r)
{
    ll mid = l + r >> 1;
    //                            >
    if(k0 * (X(mid + 1) - X(mid)) < (Y(mid + 1) - Y(mid)))
        r = mid - 1,j = mid;
    else
        l = mid + 1;
}

二分结束后，如果 $j = -0x3f3f3f3f$ ，那么说明切点在 $[1, m - 1]$ 之外的那个点上，也就是 $m$ 号点，此时将 $j$ 赋值为 $m$ 。

if(j == -0x3f3f3f3f)
	j = m;

然后根据转移方程填充 $d p_{i}$ 即可。

注：维护的数据结构不同，需要适当地改变二分模板。

加点

也就是把一个点（ $(X_{i}, Y_{i})$ ）塞入凸包里

动态凸包问题可以使用平衡树或CDQ分治、李超树解决。

不会平衡树的萌新可以跳过这一节，因为 $70 %$ 的题都用不上

李超树是不可能的，这辈子都不可能的（）

离线是不可能的，这辈子都不可能的（）

这里介绍平衡树做法：

（下文默认下凸）

① 判断点是否在凸壳内部

如图所示：如果以该点为观测点，该点的前驱在后继的顺时针方向，那么就说明在凸壳内部（上凸对应逆时针），反之就在外部。

（前驱，后继指 $X$ 值小于/大于此点的最大/最小的点）

特殊地，没有前驱或后继相当于在凸包外部。

为方便理解且每个人使用平衡树不同，这里给出 set 实现的代码，读者在练习时可将模板转移到自己擅长的平衡树上。

定义结构体存点：

struct node
{
	int x,y;
	node operator - (const node &B)const
	{
		return (node){x - B.x,y - B.y};
	}
	int operator * (const node &B)const
	{
		return x * B.y - y * B.x;
	}
	bool operator < (const node &B)const
	{
		return (x != B.x) ? x < B.x : y > B.y;
	}
};
multiset<node>s;
#define sit multiset<node>::iterator

顺逆时针使用叉积判断即可

bool inside(sit p)
{
	if(p == s.begin())
		return 0;
	sit nx = next(p);
	if(nx == s.end())
		return 0;
	sit pre = prev(p);
	return ((*pre - *p) * (*nx - *p)) >= 0;
	//				  <=
}

②加点

显然，如果该点在凸壳内部，就无需加入凸壳（永远不可能成为决策点）

void ins(node t)
{
	sit p = s.insert(t);
	if(inside(p))
	{
		s.erase(p);
 		return;
 	}
	...

否则先将点加入凸壳，再while判断前驱后继在不在新凸壳里，要不要删去。

	while(p != s.begin() && inside(prev(p)))
		s.erase(prev(p));
 	while(next(p) != s.end() && inside(next(p))
		s.erase(next(p));
}

Ⅴ 特殊性

由于一些特殊的单调性，大部分题目都用不着平衡树和二分，可以特殊解决：

$k_{0}$

如果 $k_{0}$ 随着 $X_{i}$ 的递增单调（下凸对应递增，上凸对应递减），说明决策点随着 $X_{i}$ 的增大而增大，就说明如果决策点 $j$ 在 $d p_{p} (p < i)$ 的答案计算时被淘汰了，那么就再也成为不了决策点了。

此时可以使用一个单调队列来维护，避免了二分的过程。

ll k0 = /**/;

先计算出 $i$ 点的 $k_{0}$ 。

//                  <=
while(hh < tt && k0 >= K(q[hh],q[hh + 1]))
	hh++;
ll j = q[hh];
dp[i] = /**/;

用暴力的方法找到决策点，不同于普通暴力的是不符合条件的点直接被弹出队列。

由于每个节点只会被插入和删除一次，统计答案的时间复杂度是单次均摊 $O (1)$ 的

$X_{i}$

如果 $X_{i}$ 是单调的，意味着每次插入点都是在凸包后面（如果是前面也是可行的，但似乎没见过这样的魔怔题），如图（红点为新加点，蓝点为被删点）：

这样使得在平衡树中，每次插入点都是在平衡树尾部，也就是说没有必要使用平衡树了，使用栈维护即可（栈可嵌入到 $k_{0}$ 单调的单调队列里去）。

由单调性可知，加点 $i$ 一定在原凸壳外部，无需inside 函数判断。

//                                  <=
while(hh < tt && K(q[tt - 1],q[tt]) >= K(q[tt - 1],i))
	tt--;
q[++tt] = i;

把不符合凸性的点直接出队，最后将 $i$ 入队。

在凸包最后加点。

加点的时间复杂度加速为单次均摊 $O (1)$

Ⅵ 模板Code

二分（ $X_{i}$ 单调， $k_{0}$ 不单调）：

#include <cstdio>

#define N 300010
#define ll long long

ll q[N],hh = 1,tt = 1;

inline ll Y(ll x)
{
    return /**/;
}

inline ll X(ll x)
{
    return /**/;
}

int main()
{
    /*输入*/
    for(ll i = 1;i <= n;i++)
    {
        ll k0 = /**/;
        ll l = hh,r = tt - 1,j = -0x3f3f3f3f;
        while(l <= r)
        {
            ll mid = l + r >> 1;
            //                                  >=
            if(k0 * (X(q[mid + 1]) - X(q[mid])) <= (Y(q[mid + 1]) - Y(q[mid])))
                r = mid - 1,j = q[mid];
            else
                l = mid + 1;
        }
        if(j == -0x3f3f3f3f)
            j = q[tt];
        dp[i] = /**/;
        while(hh < tt && (Y(i) - Y(q[tt])) * (X(q[tt]) - X(q[tt - 1])) <= (Y(q[tt]) - Y(q[tt - 1])) * (X(i) - X(q[tt])))
		//                                                             >=
            tt--;
        q[++tt] = i;
    }
    /*输出*/
    return 0;
}

都单调：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>

#define ll long long
#define N 50005
using namespace std;
ll n,dp[N],q[N];
inline ll X(ll x)
{
	return /**/;
}

inline ll Y(ll x)
{
	return /**/;
}

inline double K(ll j1,ll j2)
{
	double res = (double)(Y(j2) - Y(j1)) / (double)(X(j2) - X(j1));
	return res;
}

int main()
{
	/*输入*/
	ll hh = 1,tt = 1;
	for(ll i = 1;i <= n;i++)
	{
		ll k0 = /**/;
		while(hh < tt && k0 >= K(q[hh],q[hh + 1]))
		//                  <=
			hh++;
		ll j = q[hh];
		dp[i] = /**/;
		while(hh < tt && K(q[tt - 1],q[tt]) >= K(q[tt - 1],i))
		//                                  <=
			tt--;
		q[++tt] = i;
	}
	/*输出*/
	return 0;
}

Ⅶ 注意事项

ⅰ 有时将除法写成乘法以保证精度；

ⅱ 有时， $d p$ 数组为多维，也就是 $d p [i] [j]$ 等，此时可考虑将 $i, j$ 都枚举，再找 $j$ 的决策点；

ⅲ 注意初值，从 $0$ 号点（也就是从头）转移有时要提前在凸壳里加入 ${0, 0}$ 等初值

ⅳ 对于一些题目， $X (j 2) - X (j 1) = 0$ ，此时做除法直接爆炸，建议写成 X(j2) - X(j1) == 0 ? eps : X(j2) - X(j1)， $e p s$ 为极小值，例如 $1 e - 6$ ；

ⅴ注意要维护严格凸的凸壳，而不是下面这样（共线）

~~不然就会WA得莫名其妙~~

ⅵ 加点和统计答案是两个不同的事件，不是所有题目都统计完就加点

ⅶ 凸包维护有时不止一个，具体问题具体分析

Ⅷ 例题

P3628 [APIO2010] 特别行动队

以 $d p_{i}$ 表示以 $i$ 为某一队的结尾，最大的价值。

显然可以枚举上一队的结尾 $j (j \in [0, i - 1])$ ，则转移方程：

d p_{i} = max_{j < i} {d p_{j} + a (s_{i} - s_{j})^{2} + b (s_{i} - s_{j}) + c}

$s$ 表示前缀和。

拆开平方，提取常数：

d p_{i} = max_{j < i} {d p_{j} - 2 a s_{i} s_{j} + a s_{j}^{2} - b s_{j}} + b s_{i} + c + a s_{i}^{2}

若 $j_{2}$ 优于 $j_{1}$ ，则

d p_{j 1} - 2 a s_{i} s_{j 1} + a s_{j 1}^{2} - b s_{j 1} < d p_{j 2} - 2 a s_{i} s_{j 2} + a s_{j 2}^{2} - b s_{j 2}

2 a s_{i} (s_{j 2} - s_{j 1}) < (d p_{j 2} + a s_{j 2}^{2} - b s_{j 2}) - (d p_{j 1} + a s_{j 1}^{2} - b s_{j 1})

2 a s_{i} < \frac{(d p_{j 2} + a s_{j 2}^{2} - b s_{j 2}) - (d p_{j 1} + a s_{j 1}^{2} - b s_{j 1})}{(s_{j 2} - s_{j 1})}

$(s_{j 2} > s_{j 1})$

令 $X_{x} = s_{x}$ ， $Y_{x} = d p_{x} + a s_{x}^{2} - b_{x}$ ， $k_{0} = 2 a s_{i}$

k 0 < \frac{Y (j 2) - Y (j 1)}{X (j 2) - X (j 1)}

维护上凸包即可

#include <cstdio>

#define N 1000010
#define ll long long
inline ll max(ll x,ll y){return x < y ? y : x;}
inline ll min(ll x,ll y){return x < y ? x : y;}
#define pow2(x) ((x) * (x))

ll n,a,b,c;
ll s[N],dp[N];
inline ll Y(ll x)
{
    return dp[x] + a * pow2(s[x]) - b * s[x];
}

inline ll X(ll x)
{
    return s[x];
}

inline double k(ll x,ll y)
{
    return (double)(Y(x) - Y(y)) / (double)(X(x) - X(y) == 0 ? 0.00001 : X(x) - X(y));
}
ll q[N],hh = 1,tt = 1;
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c);
    for(ll i = 1,x;i <= n;i++)
    {
        scanf("%lld",&x);
        s[i] = s[i - 1] + x;
    }
    for(ll i = 1;i <= n;i++)
    {
        ll k0 = 2 * a * s[i];
        while(hh < tt && k0 <= k(q[hh],q[hh + 1]))
            hh++;
        ll j = q[hh];
        ll S = s[i] - s[j];
        dp[i] = dp[j] + a * pow2(S) + b * S + c;
        while(hh < tt && k(q[tt],q[tt - 1]) <= k(i,q[tt - 1]))
            tt--;
        q[++tt] = i;
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}

Ⅸ 练习

[HNOI2008]玩具装箱入门（单调队列）；

[NOIP2018 普及组] 摆渡车入门（单调队列）；

任务安排入门（单调队列） / [SDOI2012]任务安排（单调队列上二分）；

[SDOI2016]征途二维DP，细节较多（单调队列）。

[CEOI2017] Building Bridges （平衡树）；

[NOI2019] 回家路线拆事件/多个凸包（单调队列）

End.

笔者垃圾，错误请在评论区指出qwq

Ⅹ 评论区问题解答

posted @ 2022-10-28 12:01 ningago 阅读(51) 评论(0) 编辑收藏举报

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Ⅴ 特殊性

k0

Xi

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