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📂优化

2022-10-24 20:17阅读: 171评论: 0推荐: 2

dp优化 | 各种dp优化方式例题精选

前言

本文选题都较为基础，仅用于展示优化方式，如果是要找题单而不是看基础概念，请忽略本文。

本文包含一些常见的dp优化（“√”表示下文会进行展示，~~没“√”表示暂时还咕着~~）：前缀和优化（√）、单调队列优化（√）、斜率优化（√）、四边形不等式优化、数据结构优化……

由于写本文主要是记录蒟蒻的dp优化学习过程，所以可能很不完善，也会有很多错误 (?) 。推荐看巨佬的：【学习笔记】动态规划—各种 DP 优化 - 辰星凌

1. 前缀和优化dp

进行状态转移时，如果发现需加上前面的一类状态，就可以选择使用数组进行累计操作，以达到降维度的效果。

1.1 P1521 求逆序对

1.1.1 题目大意

给出 $n$ ， $k$ ，问 $1. . n$ 的排列中正好有 $k$ 个逆序对的排列数。

1.1.2 数据范围

$1 \leq n \leq 100$ ， $1 \leq k \leq n * (n - 1) / 2$ 。

1.1.3 做法

设 $f_{i, j}$ 表示 $1. . i$ 的全排列中有 $j$ 个逆序对的排列数。答案即为 $f_{n, k}$ 。

考虑在 $1. . (i - 1)$ 的排列中加入一个 $i$ 所能贡献的逆序对数量。由于 $i$ 是最大的，故当它被排在第 $j$ 个时，相应的逆序对数量会增加 $i - j$ 个。

不难列出转移式： $f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{m i n (j, i - 1)} f_{i - 1, j - k}$ 。

其中的 $k$ 表示新增的逆序对数。

同时初始化 $f_{1, 0} = 1$ 。

~~由于此题比较水，所以不优化也能过。~~

const int N = 110, mod = 10000;
int n, k, f[N][N * N >> 1];
int main() {
	n = read(), k = read();
	f[1][0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++)
			for (int k = 0; k <= min(j, i - 1); k++)
				f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k]) % mod;
	printf("%d\n", f[n][k]);
	return 0;
}

接下来开始优化。

现在把上面转移的式子改一下，方便优化：

$f_{i, j} = \sum_{k = m a x (0, j - (i - 1))}^{j} f_{i - 1, k}$ ，相应的，代码可以改成这样：

	for (int i = 2; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++)
			for (int k = max(0, j - (i - 1)); k <= j; k++)
				f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % mod;

开数组 $s_{i, j} = \sum_{k = 0}^{j} f_{i, k}$ ，那么 $s_{i, j} = s_{i, j - 1} + f_{i, j}$ 。

相应的，转移式变为 $f_{i, j} = s_{i - 1, j} - s_{i - 1, j - (i - 1) - 1}$ ，注意边界问题。

for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = s[i][0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++) 
			s[i - 1][j] = (s[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j]) % mod;
		for (int j = 1; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++) 
			f[i][j] = (s[i - 1][j] + mod - ((j - (i - 1) - 1) < 0 ? 0 : s[i - 1][j - (i - 1) - 1])) % mod;
	}

注意到 $s$ 数组的前一维似乎没有什么用处，考虑使用滚动数组继续优化。

for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = 1;
	s[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++) 
			s[j] = (s[j - 1] + f[i - 1][j]) % mod;
		for (int j = 1; j <= (i * (i - 1)) >> 1; j++) 
			f[i][j] = (s[j] + mod - ((j - (i - 1) - 1) < 0 ? 0 : s[j - (i - 1) - 1])) % mod;
	}

2. 单调队列优化dp

OI-Wiki 传送门

借助单调队列的单调性，及时排除不可能的决策，保持候选集合的高度有效性和秩序性。

单调队列尤其适合优化决策取值范围的上、下界均单调变化，每个决策在候选集合中插入或删除至多一侧的问题。

2.1 P1440 求m区间内的最小值

2.1.1 题目大意

给定一个长度为 $n$ 的数列 $a$ ，对于每个 $i$ 输出 $m i n {a_{i - m}, a_{i - m + 1}, . ., a_{i - 1}}$ 。

2.1.2 数据范围

$1 \leq m \leq n \leq 2 \times 10^{6}$ ， $1 \leq a_{i} \leq 3 \times 10^{7}$ 。

2.1.3 做法

~~好像和单调队列优化dp没什么关系？~~

此题用于体验单调队列，就不多写了，直接用单调队列模拟操作即可。

const int N = 2000010;
int n, m, s[N], l = 1, r, a[N];
int main() {
	n = read(), m = read();
	printf("0\n");
	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
		a[i] = read();
		while (r >= l && a[s[r]] > a[i]) r--;
		s[++r] = i;
		while (s[r] - s[l] + 1 > m && l <= r) l++;
		printf("%d\n", a[s[l]]);
	}
	return 0;
}

2.2 P5858 「SWTR-03」Golden Sword

2.2.1 题目大意

有 $n$ 个物品，编号 $1. . n$ ，每个物品有坚固值 $a_{i}$ 。

进行 $n$ 次操作，对于每次操作，执行以下步骤：

取出不超过 $s$ 个物品。
放入物品 $i$ 。

其中容器最多容纳 $w$ 个物品。

每次操作会产生 $a_{i} \times 物品数（包括放入的物品）$ 的贡献。

求 $n$ 次操作后总贡献的最大值。

2.2.2 数据范围

$1 \leq s \leq w \leq n \leq 5 \times 10^{3}$ ， $| a_{i} | \leq 10^{9}$ 。

2.2.3 做法

设 $f_{i, j}$ 表示正在执行第 $i$ 次操作，容器内共有 $j$ 个物品所能得到的最大贡献值。

那么 $f_{i, j} = max {f_{i - 1, k} + a_{i} \times j}$ 。

其中 $j - 1 \leq k \leq min {w, j - 1 + s}$ 。

于是就得到了一个45分做法~~（long long没开全只有35）~~

const int N = 5010;
const ll INF = 1e18;
int n, w, s;
ll f[N][N], ans = -INF, a[N];
int main() {
	n = read(), w = read(), s = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= w; j++)
			f[i][j] = -INF;
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= w; j++)
			for (int k = j - 1; k <= min(w, j - 1 + s); k++)
				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][k] + a[i] * j);
	for (int i = 0; i <= w; i++) ans = max(ans, f[n][i]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

~~（不如先动手写个部分分做法？）~~

考虑优化。先把式子变一下： $f_{i, j} = max {f_{i - 1, k}} + a_{i} \times j$ $(j - 1 \leq k \leq min {w, j - 1 + s})$ 。很显然对吧，就是把原来max中重叠的部分提出来而已。~~虽然说这么一提好像不能优化什么，~~你会发现， $max {f_{i - 1, k}}$ 好像可以用单调队列优化？！

const int N = 5010;
const ll INF = 1e18;
int n, w, s;
ll f[N][N], ans = -INF, a[N];
int ss[N];
int main() {
	n = read(), w = read(), s = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= w; j++)
			f[i][j] = -INF;
	f[0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int l = 1, r = 0;
		ss[++r] = w;
		for (int j = w; j; j--) {
			while (f[i - 1][ss[r]] < f[i - 1][j - 1] && r >= l) r--;
			ss[++r] = j - 1;
			while ((ss[l] - ss[r] + 1) - 1 > s && l <= r) l++;
			f[i][j] = f[i - 1][ss[l]] + j * a[i];
		}
	}
	for (int i = 0; i <= w; i++) ans = max(ans, f[n][i]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

3. 斜率优化dp

OI-Wiki 传送门

3.1 P3195 [HNOI2008]玩具装箱

3.1.1 题目大意

有 $n$ 件物品，第 $i$ 件物品压缩后占用 $C_{i}$ 的长度。

现需把这些物品压缩进一些容器里，制作一个容器的花费为 $(x - L)^{2}$ ，其中 $x$ 表示容器长度。

每个容器中的物品编号需要是连续的，而将编号 $i$ 到 $j$ 的所有物品放在一个容器中，占用的空间 $x = j - i + \sum_{k = i}^{j} C_{k}$ 。

求压缩完所有物品所需的总花费的最小值。

3.1.2 数据范围

$1 \leq n \leq 5 \times 10^{4}$ ， $1 \leq L \leq 10^{7}$ ， $1 \leq C_{i} \leq 10^{7}$ 。

3.1.3 做法

设 $f_{i}$ 表示压缩到第 $i$ 件物品所需的最小花费，不难列出转移方程：

$f_{i} = min {f_{j} + (i - j - 1 + \sum_{k = j + 1}^{i} c_{k} - L)^{2}}$

令 $s u m_{i} = \sum_{k = 1}^{i} c_{k}$ ，原式可转化为：

$f_{i} = min {f_{j} + (i - j - 1 + s u m_{i} - s u m_{j} - L)^{2}}$ 。

移项得：

$f_{i} = min {f_{j} + ((i + s u m_{i}) - (j + s u m_{j}) - (L + 1))^{2}}$

令 $p r e_{i} = s u m_{i} + i$ ，原式可转化为：

$f_{i} = min {f_{j} + (p r e_{i} - p r e_{j} - (L + 1))^{2}}$

把式子展开再合并：

$f_{i} = min {f_{j} + p r e_{i}^{2} - p r e_{i} \times p r e_{j} - (L + 1) \times p r e_{i} - p r e_{i} \times p r e_{j} + p r e_{j}^{2} + (L + 1) \times p r e_{j} - (L + 1) \times p r e_{i} + (L + 1) \times p r e_{j} + (L + 1)^{2}}$

$f_{i} = min {f_{j} + p r e_{i}^{2} + p r e_{j}^{2} - 2 \times p r e_{i} \times p r e_{j} - 2 \times (L + 1) \times (p r e_{i} - p r e_{j}) + (L + 1)^{2}}$

$f_{i} = min {f_{j} + (p r e_{i} - p r e_{j})^{2} - 2 \times (p r e_{i} - p r e_{j}) \times (L + 1) + (L + 1)^{2}}$

$f_{i} = min {f_{j} + (p r e_{i} - p r e_{j} - (L + 1))^{2}}$

$f_{i} = min {f_{j} + ((p r e_{i} - (L + 1)) - p r e_{j})^{2}}$

$f_{i} = min {f_{j} + (p r e_{i} - (L + 1))^{2} - 2 \times (p r e_{i} - (L + 1)) \times p r e_{j} + p r e_{j}^{2}}$

$f_{i} - (p r e_{i} - (L + 1))^{2} = min {f_{j} + p r e_{j}^{2} - 2 \times (p r e_{i} - (L + 1)) \times p r e_{j}}$

令:

$\begin{array}{r} (1) & {\begin{cases} b_{i} = f_{i} - (p r e_{i} - (L + 1)^{2}) \\ x_{j} = p r e_{j} \\ y_{j} = f_{j} + p r e_{j}^{2} \\ k_{i} = 2 \times (p r e_{i} - (L + 1)) \end{cases} \end{array}$

发现原式转化为 $b_{i} = min {y_{j} - k_{i} \times x_{j}}$ 。

看上去有那么亿点点的像 $y = k x + b$ 呢……

考虑这个求 $b_{i}$ 的最小值的过程，就是在最小化直线的截距。把 $(x_{j}, y_{j})$ 看作平面上的一个点，现在有一条斜率为 $k_{i}$ 的直线，从下往上找（最小化），找到的第一个点就是转移决策点。

实际上，只需维护下凸壳的那些点。

对于本题， $k_{i}$ 随 $i$ 的增大而增大，所以可以用单调队列进行维护。

const int N = 50010;
int n, c[N], l = 1, r = 0;;
ll sum[N], s[N], f[N], L;
ll Get(int x) {
	return f[x] + (sum[x] + L) * (sum[x] + L);
}
long double slope(int x, int y) {
	return (Get(y) - Get(x)) * 1.0 / (sum[y] - sum[x]);
}
int main() {
	n = read(), L = read() + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + c[i] + 1;
	s[++r] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		while (l < r && slope(s[l], s[l + 1]) <= (sum[i] << 1)) l++;
		f[i] = f[s[l]] + (sum[i] - sum[s[l]] - L) * (sum[i] - sum[s[l]] - L);
		while (l <= r && slope(s[r - 1], s[r]) >= slope(s[r - 1], i)) r--;
		s[++r] = i;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}

N. 参考内容

本文作者：shiranui

本文链接：https://www.cnblogs.com/shiranui/p/16787371.html

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花繁一瞬，形色浮云，撇去眼前浮云，方得心之自由

dp优化 | 各种dp优化方式例题精选

前言

1. 前缀和优化dp

1.1 P1521 求逆序对

1.1.1 题目大意

1.1.2 数据范围

1.1.3 做法

1.2 P2513 [HAOI2009]逆序对数列

1.2.1 题目大意

1.2.2 数据范围

1.2.3 做法