2021-07-09 20:44阅读: 47评论: 0推荐: 0

斜率优化DP

类似于：F [ i ] = min[ L(i) <= j <= R(i)] {F[ j ] + val( i, j)}，其中，多项式val(i , j )的每一项仅与 i 和 j 中的一个有关。这种情况的时候，我们一般采用单调队列优化。如果多项式 val(i , j )包含 i, j 的乘积项，即存在一个同时与 i 和 j 有关的部分时，应该采用 斜率优化。

300. 任务安排1 - AcWing题库

状态表示： f[ i ] [ j ] 表示前 i 个任务，分成 j 批来完成的最小花费。属性：最小值。

状态计算：从题干中得知，任务分批完成，且花费的计算是按照整批任务全部完成的时间来计算，容易想到，处理时分批计算。

F [ i ] [ j ] = min (0 <= k < i) { F[k] [ j - 1 ] + (S * j + sumT[ i ]) * ( sumC[ i ] - sumC[ k ]) }

这样的解法时间复杂度为 O(N ^3)。

事实上，我们不容易直接得知在此之前及其启动过几次。但我们指导，机器因执行这批任务而花费的启动时间S，会累加到在此之后所有任务的完成时刻上。所以，如果把分成的批次 j 这一维度优化掉，设 F [ i ] 为前 i 个任务分成若干批执行的最小费用，状态转移方程也容易得出：

F [ i ] = min ( 0 <= j < i ) { F[ j ] + sumT[ i ] * (sumC[ i ] - sumC[ j ]) + S * (sumC [ N ] - sumC [ j ] )}

我个人认为，这一维度的优化，是因为在进行状态计算的过程中，都是以最后一个状态选 or 不选来进行转移的。也就是说，是否知道之前已经进行过的轮数是不必要的，属于冗余运算。所以可以优化掉这一维度的时间复杂度。

这样计算，我们没有直接求出每批任务的完成时刻，而是在一批任务”开始“对后继任务产生的影响是，就先把费用累加到答案中。这就是” 费用提前计算 “的思想。

经过优化后，时间复杂度降低为 O(n^2)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 5e3+10;
LL f[N],sumt[N],sumc[N];
int n,s;

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&s);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t,c;
		scanf("%d %d",&t,&c);
		sumt[i] = sumt[i-1] + t;
		sumc[i] = sumc[i-1] + c;	
	} 
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0] = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<i;j++)
		{
			f[i] = min(f[i], f[j] + sumt[i]*(sumc[i] - sumc[j]) + s*(sumc[n] - sumc[j]));
		}
	
	cout<<f[n]<<endl;
	
	return 0;
}

301. 任务安排2 - AcWing题库

寄了，还好之前学过计算几何，要不真听不懂。细节方面还是lyd的蓝书和Y总的视频。（这节蓝书竟然能看懂，雷姆~）

AcWing 301. 任务安排2（算法提高课） - AcWing

大体的思想就是：把状态计算的式子去min，然后进行线性规划，把含 j 的两个式子分别当作 x 和 y，然后对所有的 j （现在对应到图中的所有点）看哪一个点能取到最小的截距（因为F[ i ]是截距中的唯一变量，且符号为正，截距最小就是F[ i ]最小）。

然后就是单调队列 + 维护下凸包。

具体内容从蓝书P323开始，这里先记录以下算法过程：

检查队头的两个决策变量 q[ l ] 和 q[ l + 1] ，若斜率 (F[q[ l + 1]] - F[ q[ l ]]) / (sumC[q[ l + 1]] - sumC[q[ l ]]) <= S + sumT[ i ]，则把q[ l ] 出队,继续检查新的队头。
直接取队头 j = q[ l ] 为最优决策，执行状态转移，计算出 F [ i ]。
把新决策 i 从队尾插入，在插入之前，若三个决策点 j1 = q[r-1]， j2 = q[ r ]， j3 = i 不满足斜率单调递增，（即不满足下凸性，j2就是无用决策），则直接从队尾把q[ r ]出队，继续检查心的队尾。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3e5+10;

typedef long long LL;

int n,s;
LL c[N], t[N];
LL f[N];
int q[N];

int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld %lld",&t[i],&c[i]);
        t[i] += t[i-1];
        c[i] += c[i-1];
    }
    
    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = 0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(hh < tt && (f[q[hh+1]] - f[q[hh]]) <= (c[q[hh+1]] - c[q[hh]]) * (s + t[i]) ) hh++;
        int j = q[hh];
        f[i] = f[j] - (t[i] + s) * c[j] + t[i] * c[i] + s * c[n];
        while(hh < tt && (__int128)(f[q[tt]] - f[q[tt-1]])*(c[i] - c[q[tt - 1]]) >= (__int128)(f[i] - f[q[tt - 1]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt--;
        q[++tt] = i;
    }
    
    printf("%lld\n",f[n]);
    
    return 0;
}

302. 任务安排3 - AcWing题库

执行时间T可能是符数，所以sumT不具有单调性，即我们的直线斜率不具有单调性，但是凸包还是有单调性的。我们就不能O(1)的取队头元素作为最优解，而是应该在整个队列中二分当前直线斜率，即 S + sumT[ i ] ，的位置。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3e5+10;

typedef long long LL;

int n,s;
LL c[N], t[N];
LL f[N];
int q[N];

int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld %lld",&t[i],&c[i]);
        t[i] += t[i-1];
        c[i] += c[i-1];
    }
    
    int hh = 0, tt = 0;
    q[0] = 0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l =hh, r = tt;
        while(l < r)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            if(f[q[mid+1]] - f[q[mid]] > (c[q[mid+1]] - c[q[mid]]) * (s + t[i])) r = mid;     //check函数：如果某点的斜率比当前点大， 则返回true，否则返回false
            else l = mid + 1;
        }

        int j = q[l];
        f[i] = f[j] - (t[i] + s) * c[j] + t[i] * c[i] + s * c[n];
        while(hh < tt && (__int128)(f[q[tt]] - f[q[tt-1]])*(c[i] - c[q[tt - 1]]) >= (__int128)(f[i] - f[q[tt - 1]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt--;
        q[++tt] = i;
    }
    
    printf("%lld\n",f[n]);
    
    return 0;
}

303. 运输小猫 - AcWing题库

分析问题：差分、前缀和、分析题目性质，看是否需要排序来消除后效性。
确定状态：一般来说是按经验。（😓）
状态计算：根据确定状态的最后一个，选，还是不选，或是选几个，来分割状态，进行状态转移。并写出状态转移方程。
DP优化：看状态转移方程是否符合 F [ i ] = min[ L(i) <= j <= R(i)] {F[ j ] + val( i, j)} ，并根据多项式 val( i , j ) 的特性（是只含i / j 还是有i , j 的乘积）来确定采用单调队列 / 斜率优化的方式。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5+10, M = 1e5+10, P = 110;

int n, m, p;
LL d[N], t[N], a[N], s[N];
LL f[P][M];
int q[M];

LL get_y(int k, int j)
{
    return f[j - 1][k] + s[k];
}

int main()
{
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&p);
    
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&d[i]);
        d[i] += d[i-1];
    }
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int h;
        scanf("%d %lld",&h, &t[i]);
        a[i] = t[i] - d[h];
    }
    
    sort(a+1,a+1+m);
    
    for(int i=1;i<=m;i++) s[i] = s[i-1] + a[i];
    
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    for(int i=0;i<=p;i++) f[i][0] = 0;
    
    for(int j=1;j<=p;j++)
    {
        int hh = 0, tt = 0;
        q[0] = 0;
        
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            while(hh < tt && (get_y(q[hh+1],j) - get_y(q[hh],j)) <= a[i] * (q[hh + 1] - q[hh])) hh++;
            int k = q[hh];
            f[j][i] = f[j - 1][k] - a[i] * k + s[k] + a[i] * i - s[i];
            while (hh < tt && (get_y(q[tt], j) - get_y(q[tt - 1], j)) * (i - q[tt]) >=
                (get_y(i, j) - get_y(q[tt], j)) * (q[tt] - q[tt - 1])) tt -- ;
            q[ ++ tt] = i;
        }
    
    }
    
    printf("%lld\n",f[p][m]);
    
    return 0;
}