单调队列优化 dp

单调队列优化 dp

适用条件

只关注“状态变量”“决策变量”及其所在的维度，如果转移方程形如：

$$f[i]=\min_{L(i)≤j≤R(i)}^{}{\{f[j]+cost(i,j)\}}$$

则可以使用单调队列优化。具体的，把 $cost(i,j)$ 分成两部分，第一部分仅与 $i$ 有关，第二部分仅与 $j$ 有关。对于每个 $i$，无论采取哪个 $j$ 作为最优决策，第一部分的值都是相等的，可以在选出最优决策更新 $f[i]$ 时再进行计算、累加。而当 $i$ 发生变化时，第二部分的值不会发生变化，从而保证原来较优的决策，在 $i$ 改变后仍然较优，不会产生乱序现象。于是，可以在队列中维护第二部分的单调性，及时排除不必要的决策，让 DP 更高效。$cost(i,j)$ 的每一项仅与 $i$ 和 $j$ 中的一个有关，是使用单调队列进行优化的前提。

AcWing298. 围栏

先把所有木匠按照 $s[i]$ 排序，这样一来，每个木匠粉刷的木板一定在上一个木匠粉刷的木板之后，使得能按顺序 dp

设 $f[i][j]$ 表示安排前 $i$ 个木匠粉刷前 $j$ 块木板，能获得的最多报酬。

• 1. 第 $i$ 个木匠可以什么也不刷，此时 $f[i][j] = f[i - 1][j]$
• 2. 第 $j$ 块木板可以空着不刷，此时 $f[i][j] = f[i][j - 1]$
• 3. 第 $i$ 个木匠粉刷第 $k + 1$ 块到第 $j$ 块木板，根据题意，该木匠粉刷总数不能超过 $l[i]$，且必须粉刷 $s[i]$，所以需满足：$k + 1 ≤ s[i] ≤ j , j - k ≤ l[i]$。

因此有状态转移方程：

$$f[i,j]=\max_{j-L_i≤k≤S_i-1,j≥S_i}\{f[i-1,k]+P_i * (j -k)\}$$

将常量提出有:

$$f[i,j]=P_i*j+\max_{j-L_i≤k≤S_i-1,j≥S_i}\{f[i-1,k]-P_i * k)\}$$

当 $j$ 增大时，$k$ 的取值范围上界 $s[i] - 1$ 不变，下界 $j - l[i]$ 变大。

我们比较一下任意两个决策 $k1$ 和 $k2$，设 $k1 < k2 ≤ s[i] - 1$。因为 $k2$ 比 $k1$ 更靠后，所以随着 j 的增加，
$k1$ 会比 $k2$ 更早从范围 $[j - l[i], s[i] - 1]$ 中被排除，如果还满足 $f[i - 1][k1] - p[i] * k1 ≤ f[i - 1][k2] - p[i] * k2$，
那么就意味着 $k2$ 不但比 $k1$ 更优，还比 $k1$ 的存活时间更长，在这种情况下，$k1$ 就是一个无用的决策，应该被直接排除出候选决策集合。

综上所述，我们可以维护一个决策点 $k$ 单调递增，数值 $f[i - 1][k] - p[i] * k$ 单调递减的队列，只有这个队列中的决策才有可能在某一时刻称为最优策略，这个单调队列支持如下操作：

• 1. 当 $j$ 变大时，检查队头元素，把小于 $j - l[i]$ 的决策出队
• 2. 需要查询最优策略时，队头即为所求
• 3. 有一个新的决策要加入候选集合时，在队尾检查 $f[i - 1][k] - p[i] * k$ 的单调性，把无用策略从队尾直接出队，
     最后把新决策加入队列

在本题中具体来说，当内层循环开始时 $j = s[i]$，建立一个空的单调队列，把 $[max(s[i] - l[i], 0), s[i] - 1]$

中的决策依次加入候选集合（执行操作 $3$），对于每个 $j = s[i]$~ $n$，先在队头检查决策合法性（执行操作 $1$），然后取队头为最优决策（执行操作 $2$）进行状态转移。

由于单调队列的优化，枚举决策的时间复杂度是线性 $O(1)$ 的，总的时间复杂度为 $O(nm)$

int n, m;
int f[N][M], q[M];
struct rec
{
	int l, p, s;
	friend bool operator < (rec a, rec b)
	{
		return a.s < b.s;
	}
} a[N];

int calc(int i, int k)
{
	return f[i - 1][k] - a[i].p * k;
}

signed main()
{
	cin >> n >> m;
	for (rint i = 1; i <= m; i++)
	{
		cin >> a[i].l >> a[i].p >> a[i].s;
	}
	sort(a + 1, a + m + 1);
	for (rint i = 1; i <= m; i++)
	{
		int l = 1, r = 0;
		int st = max(0ll, a[i].s - a[i].l);
		for (rint k = st; k <= a[i].s - 1; k++)
		{
			while (l <= r && calc(i, q[r]) <= calc(i, k)) r--;
			q[++r] = k;
		}
		for (rint j = 1; j <= n; j++)
		{
			f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]);
			if (j >= a[i].s)
			{
				while (l <= r && q[l] < j - a[i].l) l++;
				if (l <= r)
				    f[i][j] = max(f[i][j], calc(i, q[l]) + a[i].p * j);
			}
		}
	}
	cout << f[m][n] << endl;
	return 0;
}

AcWing299. 裁剪序列

设 $f[i]$ 表示前 $i$ 个数分成若干段，在满足每段中所有数的和不超过 $m$ 的前提下，各段的最大值之和最小是多少

枚举最后一段的情况来进行转移，得出状态转移方程：

$$f[i]=\min_{0≤j<i, \sum_{k=j+1}^{i}}\{f[j]+\max_{j+1≤k≤i}\{A_k\}\}$$

因为 $max\{ a[k] \}$ 不容易用一个简单的多项式来表示，不容易找到特性如单调性。

在上述方程中，若 $j (0 ≤ j < i)$ 可能成为最优决策，则除了 $\sum_{k=j+1}^{i}A_k≤M$ 外，
一定还满足以下两个条件之一：

• 1. $A[j]=\max_{j≤k≤i}{\{A_k\}}$
• 2.$\sum_{k=j}^{i}A_k>M$ （即 $j$ 是满足 $\sum_{k=j+1}^{i}A_k≤M$ 的最小的 $j$）

第 $2$ 个条件比较简单，只需预处理出对于每个 $i$，满足 $\sum_{k=j+1}^{i}A_k≤M$ 的最小的 $j$，
记为 $c[j]$，在计算 $f[i]$ 时，从 $c[i]$ 进行一次状态转移即可，下面单独讨论满足定理中第 $1$ 个条件的决策 $j$ 的维护方法。

当一个新的决策 $j_2$ 插入候选集合时，若候选集合中已有的决策 $j_1$ 满足条件 $j_1 < j_2$ 并且 $a[j_1] < a[j_2]$，则 $j_1$ 就是无用策略，可以直接排除。

综上所述，我们可以维护一个决策点 $j$ 单调递增、数值 $a[j]$ 单调递减的队列，只有该队列中的元素才可能成为最优决策。

光这样还不够，该队列只是一个 $a[j]$单调递减的队列，关于转移方程等式右边的 $f[j] + max\{ a[k] \}$ 并没有单调性。所以不能简单的取队头作为最优决策，而是再加一个额外的数据结构，如二叉堆，二叉堆与单调队列保存相同的候选集合，该插入时一起插入，该删除时一起删除，只不过单调队列以 $a[j]$ 递减作为比较大小的依据，二叉堆以 $f[j] + max\{ a[k] \}$ 作为比较大小的依据，保证能快速的在候选集合中查询最值，我们称这种操作为 "二叉堆与单调队列建立了映射关系"，但是二叉堆要想跟着队列一起删除元素需要用 "懒惰删除"，这里直接采用 $multiset$ 来实现，队列中某一项的 $\max_{j+1≤k≤i}\{A_k\}$
的结果其实就是队列中下一个元素的 $A$ 值。

复杂度 $o(n \log n)$

int n, m;
int a[N], f[N], c[N]; 
int q[N]; 
//队首 q[j] 表示 max{a[k]} , j <= k <= i
multiset<int> s; 
//存储 f[j] + max{a[k]} , j + 1 <= k <= i
//将队列 q[j] 和 set 存储的 f[q[j]] + a[q[j + 1]] 之间建立映射关系

signed main()
{
	cin >> n >> m;
	for (rint i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		if (a[i] > m)
		{
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	int sum = 0;
	for (rint i = 1, j = 0; i <= n; i++)
	{
		sum += a[i];
		while (sum > m) 
		{
			sum -= a[j + 1];
			j++;
		}
		c[i] = j;
	}
	int l = 1, r = 0;
	for (rint i = 1; i <= n; i++)
	{
	    while (l <= r && q[l] < c[i])
		{
			s.erase(f[q[l]] + a[q[l + 1]]);
			l++;
		}
		while (l <= r && a[q[r]] <= a[i])
		{
			s.erase(f[q[r - 1]] + a[q[r]]);
			r--;
		}
		if (l <= r) s.insert(f[q[r]] + a[i]);
		q[++r] = i;
		f[i] = 	f[c[i]] + a[q[l]];
		if (s.size()) f[i] = min(f[i], *s.begin());
	}
	cout << f[n] << endl;
	return 0;
}

P2569 [SCOI2010] 股票交易

$f[i][j]$：第 $i$ 天结束后，持有股票数为 $j$ 的情况下能获得的最大收益

$$f[i,j] = \max\{f[i-1,j],A,B,C\}$$

$$A=-a*j，j≤b$$

$$B=f[i-t, k]-a*j+a*k,，(0\le k\le j-1,j-k\le d)$$

$$C=f[i-t,k]+c*k-c*j，(j+1\le k\le m, k-j\le d)$$

第$3$、$4$个方程可以单调队列优化。踢队头保证对头小于 $j-b$ 就行，踢队尾可以观察发现有共性 : $f[i-t,k]+a*k$

submission

P4852 yyf hates choukapai

$f[i][j]$ 表示前 $i$ 张牌连抽 $j$ 次的最大欧气值。

枚举本次连抽的位置 $k$ 并设 $k$ 为本次连抽的起始卡牌的前一个位置），转移方程：

$$f[i][j]=\max_{i-c-d≤k≤i-c}f[k][j-1]+a[k+1]+s[i]-s[k+c]$$

当 $i$ 增大时显然 $k$ 决策区间的左右边界都单调递增，而队列里维护的为 $f[k][j-1]+a[k+1]-s[k+c]$

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P5665 [CSP-S2019] 划分

$f[i,j]$ 表示当前已经划分好了前 $i$ 个数，下一次直接划分出 $[i+1,j]$ 的最小运行时间。设 $s_i=\sum_{j=1}^ia_j$

$$f[i,j]=\min_{(0≤k<i)\land (s_i-s_k\le s_j-s_i)}\{f[k,i]+(s_j-s_i)^2\}$$

优化的用一个 $val$ 维护 $f[k,i]$ 最小值即可。

然后考虑贪心，不难想到如果分的段越少，将求和多项式展开相对于 $a_i^2$ 项就会越多，所以要尽可能多的分段。对于每一个 $i$，转移的时候，只需要找到第一个可行的 $k$ 就可以。用 $g[i]$ 记录这个第一个 $k$。 $g[i]$是最大的 $k$ 使得$s_i-s_k\ge s_k-s_{g[k]}$

同时，$g[i]$ 是递增的。所以对于 $i$，如果 $j<g(i)$，那么 $j$ 不可能成为 $g[i+1]$，这就是决策的单调性。考虑往单调队列里面插入一个值。设 $f[i]=2s_i-s_{g(i)}$，则我们应该在插入的时候弹掉队尾的所有 $f \ge f[i]$ 的值。假如 $f$ 对应的位置可以成为一个 $g$，那么 $i$ 必然可以，而且更优。

然后需要一个高精。

submission

CF940E

每段越短越好，如果把一个段增大的话，段内的最小值可能减小，而删去的数的总数也可能减少。对于长度小于 $c$ 的区间对答案没有正向贡献，于是每次取长度为 $c$ 的一段是最优的，设 $f[i]$ 表示把前 $i$ 个数分成若干段，每段的最小值之和的最大值。那么方程的两项分别对应断开区间和不断。有

$$f[i]=\max_{i\in[c,n]}\{f[i-1],f[i-c]+\min_{j\in(i-c,i]}\{a_j \}\}\ $$

$i$ 的值是连续的，后面那一堆可以用单调队列优化掉，复杂度 $O(n)$

submission