「数形结合」- 斜率优化 DP

下面用例题来具体阐释斜率优化的思想。

例 1：P2365 任务安排#

题目大意：有 $n$ 个任务要在一台机器上依次完成，现在要将其划分为若干段，每一段中的任务同时完成，且在每一段开始前需要启动时间 $s$。第 $i$ 个任务消耗 $t_i$ 的时间，在 $T$ 时刻完成需要消耗 $c_i\times T$ 的费用。求完成所有任务的最小费用。$n\le 5000$。

我们先考虑推出最朴素的方程式。假设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个任务划分为 $j$ 段的最小费用，则转移方程式为：$f_{i,j} = \min\limits_{k=j-1}^{i-1}\{f_{k,j-1}+(s\times j + \sum_{p=1}^{i}t_p)\times\sum_{p=k+1}^i c_i\}$。使用前缀和 $sumt_i=\sum_{p=1}^i t_i$，$sumc_i=\sum_{p=1}^i c_i$，得到 $f_{i,j} = \min\limits_{k=j-1}^{i-1}\{f_{k,j-1}+(s\times j + sumt_i)\times(sumc_i - sumc_k)\}$。发现我们并不需要关注到底划分为了几段，而之前分的段对之后的时间恒有 $s$ 的贡献，于是我们可以 “预支” 这些时间，将费用提前计算，设前 $i$ 项任务的最小费用为 $f_i$，可以得到：

$$f_i = \min\limits_{j=0}^{i-1}\{f_j + sumt_i\times(sumc_i - sumc_j) + s\times (sumc_n - sumc_j)\}$$

此时复杂度是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，足以通过此题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 5005
#define inf 50000000005
#define ll long long
using namespace std;
int n,s,ti[maxn],co[maxn]; ll f[maxn];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&ti[i],&co[i]),ti[i]+=ti[i-1],co[i]+=co[i-1],f[i]=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<i;j++)
        f[i]=min(f[i],f[j]+1LL*ti[i]*(co[i]-co[j])+1LL*s*(co[n]-co[j]));
	printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}

假如 $n\le 3\times 10^5$ 呢？此时我们可以采用斜率优化。将刚刚的 DP 方程式改写一下：

$$\begin{aligned} f_i &= \min\limits_{j=0}^{i-1}\{f_j + sumt_i\times(sumc_i - sumc_j) + s\times (sumc_n - sumc_j)\}\\ &= \min\limits_{j=0}^{i-1}\{f_j + sumt_i\times sumc_i - sumt_i\times sumc_j + s\times sumc_n - s\times sumc_j\}\\ &= \min\limits_{j=0}^{i-1}\{f_j - (sumt_i + s)\times sumc_j\} + sumt_i\times sumc_i + s\times sumc_n \end{aligned}$$

对于某一个确定的 $j$，我们可以把 $\min$ 脱掉，移项得到：

$$f_j = (sumt_i + s)\times sumc_j + f_i - sumt_i\times sumc_i - s\times sumc_n$$

这时，我们发现，可以把这个式子看作是直线 $y=kx + b$ 的形式，即：$f_j = k\times sumc_j+b$，其中 $\begin{cases}k=sumt_i + s\\b=f_i - sumt_i\times sumc_i - s\times sumc_n\end{cases}$。于是，对于确定的 $j$，我们可以找到对应的点 $(sumc_j,f_j)$，过这个点作一条斜率为 $sumt_i + s$ 的直线，纵截距就是 $f_i - sumt_i\times sumc_i - s\times sumc_n$。我们想要找到最小的 $f_i$，就是想要找到最小的截距，于是，我们可以用斜率为 $sumt_i + s$ 的直线自下而上逼近，得到的第一个点就是想要的 $j$。

此时，我们就可以发现，能成为决策点的点一定在下凸壳上。于是，我们只需要维护这样一个下凸壳，就能及时排除一些无用的决策点，例如下图（下记 $k_{i,j}$ 为 $(sumc_i,f_i)$ 和 $(sumc_j,f_j)$ 之间的斜率，即 $k_{i,j} = \frac{f_j-f_i}{sumc_j-sumc_i}$）：

如左图，由于 $k_{j_1\,,\,j_2} > k_{j_2\,,\,j_3}$，于是 $j_2$ 永远不可能作为决策点，也就是说，所有这样满足 $k_{j_1\,,\,j_2} < k_{j_2\,,\,j_3}$ 的 $j_2$ 我们都是不需要的。

又因为我们要求的斜率 $k=sumt_i + s$ 是单调递增的，于是可以用一个单调队列来维护这一个下凸壳，就能解决问题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 5005
#define inf 50000000005
#define ll long long
using namespace std;
int n,s,ti[maxn],co[maxn],q[maxn],l=1,r=1; ll f[maxn];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&ti[i],&co[i]),ti[i]+=ti[i-1],co[i]+=co[i-1],f[i]=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(l<r&&1LL*(f[q[l+1]]-f[q[l]])<=1LL*(s+ti[i])*(co[q[l+1]]-co[q[l]])) l++;
		f[i]=f[q[l]]+1LL*ti[i]*co[i]+1LL*s*co[n]-1LL*(s+ti[i])*co[q[l]];
		while(l<r&&1LL*(f[i]-f[q[r]])*(co[q[r]]-co[q[r-1]])<=1LL*(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(co[i]-co[q[r]])) r--;
        q[++r]=i;
	} printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}

P5785 [SDOI2012] 任务安排#

题目大意：同例 1，但是 $t_i$ 可以是负数（不要管有没有现实意义）。

那么，此时斜率 $k = sumt_i + s$ 不具有单调性，所以我们单调队列的队头就不用向前推进了，也就是退化为单调栈。所以，我们在单调栈上二分查找这个决策点即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 300005
#define inf 50000000005
#define ll long long
using namespace std;
int n,s,ti[maxn],co[maxn],st[maxn],r=1; ll f[maxn];
int bi_search(int l,int r,ll k){
	int res=r; while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(1LL*(f[st[mid+1]]-f[st[mid]])>=1LL*k*(co[st[mid+1]]-co[st[mid]])) res=mid,r=mid-1; else l=mid+1;
	} return res;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&ti[i],&co[i]),ti[i]+=ti[i-1],co[i]+=co[i-1],f[i]=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int pos=bi_search(1,r,1LL*(ti[i]+s));
		f[i]=f[st[pos]]+1LL*ti[i]*co[i]+1LL*s*co[n]-1LL*(s+ti[i])*co[st[pos]];
		while(r>1&&1LL*(f[i]-f[st[r]])*(co[st[r]]-co[st[r-1]])<=1LL*(f[st[r]]-f[st[r-1]])*(co[i]-co[st[r]]))
            r--;
        st[++r]=i;
	} printf("%lld",f[n]);
	return 0;
}