浅谈斜率优化

如果一个 DP 的转移方程可以写成 $f_{i} = \underset{j < i}{min / max} {f_{j} + a_{i} \times b_{j} + c_{i} + d_{j}} + C$ 的形式，那么可以运用斜率优化。

不妨设转移是 $min$ ，忽略那个常数 $C$ ，设 $g_{i, j} = f_{j} + a_{i} \times b_{j} + c_{i} + d_{j}$ ，即 $f_{i} = min_{j < i} g_{i, j}$ ，式子可以化为 $f_{j} + d_{j} = - a_{i} \times b_{j} + g_{i, j} - c_{i}$ ，设 $y_{j} = f_{j} + d_{j}$ ， $k = - a_{i}$ ， $x_{j} = b_{j}$ ， $t_{j} = g_{i, j} - c_{i}$ ，原式化为 $y_{j} = k x_{j} + t_{j} (*)$ ，这是一个一次函数的形式。

假设 $f_{i}$ 是由 $p$ 转移来的，即 $f_{i} = g_{i, p} = min_{j < i} g_{i, j}$ ，因为 $t_{j} = g_{i, j} - c_{i}$ ，所以 $t_{p} = min_{j < i} t_{j}$ 。注意到 $(*)$ 式中 $k$ 是一个定值，这说明，如果过每个点 $(x_{j}, y_{j})$ 画斜率为 $k$ 的直线 $l_{j}$ ，则 $l_{p}$ 在 $y$ 轴的截距是最小的，直观地说就是“在最下面”的。

（如图，假设有这些点，我们要画一条斜率为 $- 1$ 的直线（ $k = - 1$ ），则图中那条是最优的，其 $y$ 轴截距是 $5$ ，最小）

现在考虑如何快速找到这条最优直线：维护这些点的下凸壳，则与这个凸壳相切的直线是最优的。

（如图，两种相切）

下凸壳的斜率单调递增，切点就是满足切线斜率 $\geq$ 左边的斜率且 $<$ 右边的斜率的点。

维护这个东西需要动态凸包，但是多数情况下并不需要：

如果 $x$ 单调， $k$ 也单调，则决策点 $p$ 只会单向移动，单调队列维护即可。推荐构造 $x$ 递增，因为这样可能比较直观。
如果 $x$ 单调，用单调栈维护凸壳，然后二分即可。
否则才需要动态凸包 / 李超线段树。

事实上推式子的时候一般不需要把常数项写出来，只要搞清楚 $x, y, k$ 就可以了。

注意特判斜率不存在的情况。

例题

[ZJOI2007] 仓库建设

\begin{aligned} f_{i} & = min_{j < i} {f_{j} + c_{i} + \sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times (x_{i} - x_{k})} \\ = min_{j < i} {f_{j} + c_{i} + \sum_{k = j + 1}^{i} p_{k} \times x_{i} - p_{k} \times x_{k}} \end{aligned}

求出 $p_{i}$ 的前缀和 $t$ 和 $p_{i} \times x_{i}$ 的前缀和 $s$ ，原式化为：

\begin{aligned} f_{i} = min_{j < i} {f_{j} + c_{i} + x_{i} \times (t_{i} - t_{j}) - (s_{i} - s_{j})} \\ g_{i, j} + s_{j} = x_{i} \times t_{j} + f_{i} - c_{i} - x_{i} \times t_{i} \end{aligned}

$x = t, k = x$ 均单调递增，所以决策点只会后移，单调队列维护凸壳，时间复杂度 $O (n)$ 。

注意不要用 double 算斜率，容易因为精度 WA，要用 long double 或者把斜率不等式化成乘法形式。

本题 $p$ 可能 $= 0$ ，所以不一定在最后一个地方建仓库，并且斜率可能不存在。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 1e6 + 5;
int n, x[N], p[N], c[N], t[N], s[N], f[N];
int q[N], l = 1, r;
inline int Y(int i) { return f[i] + s[i]; }
inline int X(int i) { return t[i]; }
inline int K(int i) { return x[i]; }
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n;
    rep(i, 1, n) {
        cin >> x[i] >> p[i] >> c[i];
        t[i] = t[i - 1] + p[i];
        s[i] = s[i - 1] + p[i] * x[i];
    }
    q[++r] = 0;
    rep(i, 1, n) {
        while(l < r && Y(q[l + 1]) - Y(q[l]) <= K(i) * (X(q[l + 1]) - X(q[l])))
            ++l;
        int p = q[l];
        f[i] = f[p] + c[i] + x[i] * (t[i] - t[p]) - (s[i] - s[p]);
        while(l < r)
            if(X(q[r]) - X(q[r - 1]) == 0) {
                if(Y(q[r]) - Y(q[r - 1]) > 0) --r;
                else break;
            }
            else if(X(i) - X(q[r]) == 0) {
                if(Y(i) - Y(q[r]) < 0) --r;
                else break;
            }
            else if((Y(q[r]) - Y(q[r - 1])) * (X(i) - X(q[r])) >= (Y(i) - Y(q[r])) * (X(q[r]) - X(q[r - 1]))) 
                --r;
            else break;
        q[++r] = i;
    }
    int tmp = n;
    while(!p[tmp]) --tmp;
    cout << *max_element(f + tmp, f + n + 1) << endl;
    return 0;
}

[SDOI2012] 任务安排

其实我觉得这个 $n^{2}$ DP 挺难想到的。。。

\begin{aligned} f_{i} = min_{j < i} {f_{j} + t_{i} \times (c_{i} - c_{j}) + s \times (c_{n} - c_{j})} \\ g_{i, j} - s \times c_{j} = t_{i} \times c_{j} + f_{i} - t_{i} \times c_{i} - s \times c_{n} \end{aligned}

其中 $t$ 和 $c$ 是原题中 $T$ 和 $C$ 的前缀和。提前计算了启动机器的代价。

本题中 $x = c$ 单增，但 $k = t$ 不单调，所以需要单调栈 + 二分，时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

注意不等式变号问题。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 3e5 + 5;
int n, s, c[N], t[N], f[N];
int stk[N], tp;
inline int Y(int i) { return f[i] - s * c[i]; }
inline int X(int i) { return c[i]; }
inline int K(int i) { return t[i]; }
// 下凸，斜率单增
inline int find(int k) {
    int l = 1, r = tp;
    while(l < r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        if(Y(stk[mid]) - Y(stk[mid + 1]) <= k * (X(stk[mid]) - X(stk[mid + 1]))) 
            // X 的差是负的，挪过来要变号（这里是我的写法问题）
            r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    return stk[l];
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n >> s;
    rep(i, 1, n) {
        cin >> t[i] >> c[i];
        t[i] += t[i - 1], c[i] += c[i - 1];
    }
    stk[++tp] = 0;
    rep(i, 1, n) {
        int p = find(K(i));
        f[i] = f[p] + t[i] * (c[i] - c[p]) + s * (c[n] - c[p]);
        while(tp > 1 && (Y(stk[tp]) - Y(stk[tp - 1])) * (X(i) - X(stk[tp])) >=
            (Y(i) - Y(stk[tp])) * (X(stk[tp]) - X(stk[tp - 1])))
            --tp;
        stk[++tp] = i;
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

[USACO2008Mar] Land Acquisition

注意到当 $w_{i} < w_{j} \land l_{i} < l_{j}$ 时 $i$ 和 $j$ 放一组一定不劣，所以从小到大排序后保留有用的值，然后容易得出 DP：

\begin{aligned} f_{i} = min_{j < i} f_{j} + w_{i} \times l_{j + 1} \\ g_{i, j} = w_{i} \times (- l_{j + 1}) + f_{i} \end{aligned}

单调队列维护即可，时间复杂度 $O (n \log n)$ ，瓶颈在排序。

被这题调破防了。别去分母了，安心用 long double 吧，128 位的精度还是够的。以及新旧数组不要弄混。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 5e4 + 5;
int n, m, f[N], q[N], l = 1, r;
pii a[N], b[N];
inline f128 slp(int i, int j) {
    return f128(f[i] - f[j]) / f128(b[j + 1].S - b[i + 1].S);
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n;
    rep(i, 1, n) cin >> a[i].F >> a[i].S;
    sort(a + 1, a + n + 1);
    rep(i, 1, n) {
        while(m && a[i].S >= b[m].S) --m;
        b[++m] = a[i];
    }
    q[++r] = 0;
    rep(i, 1, m) {
        while(l < r && slp(q[l], q[l + 1]) <= b[i].F) ++l;
        int p = q[l];
        f[i] = f[p] + b[i].F * b[p + 1].S;
        while(l < r && slp(q[r], q[r - 1]) >= slp(i, q[r])) --r;
        q[++r] = i;
    }
    cout << f[m] << endl;
    return 0;
}

[APIO2010] 特别行动队

求出 $x$ 的前缀和数组 $s$ ，容易得到 DP：

\begin{aligned} f_{i} & = max_{j < i} {f_{j} + a (s_{i} - s_{j})^{2} + b (s_{i} - s_{j}) + c} \\ = max_{j < i} {f_{j} - 2 a s_{i} s_{j} + a s_{i}^{2} + b s_{i} + a s_{j}^{2} - b s_{j} + c} \end{aligned}

g_{i, j} + a s_{j}^{2} - b s_{j} = 2 a s_{i} s_{j} + f_{i} - a s_{i}^{2} - b s_{i} - c

二次函数展开还是斜率优化的形式，单调队列维护，时间复杂度 $O (n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 1e6 + 5;
int n, a, b, c, s[N], f[N], q[N], l = 1, r;
inline int Y(int i) { return f[i] + a * s[i] * s[i] - b * s[i]; }
inline int X(int i) { return s[i]; }
inline int K(int i) { return 2 * a * s[i]; }
inline f128 slp(int i, int j) {
    return f128(Y(i) - Y(j)) / f128(X(i) - X(j)); 
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n >> a >> b >> c;
    rep(i, 1, n) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
    q[++r] = 0;
    rep(i, 1, n) {
        while(l < r && slp(q[l], q[l + 1]) >= K(i)) ++l;
        int p = q[l];
        f[i] = f[p] + a * (s[i] - s[p]) * (s[i] - s[p]) + b * (s[i] - s[p]) + c;
        while(l < r && slp(q[r], q[r - 1]) <= slp(i, q[r])) --r;
        q[++r] = i;
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

[HNOI2008] 玩具装箱

求出 $C$ 的前缀和数组 $s$ ，DP 式显然：

\begin{aligned} f_{i} & = min_{j < i} {f_{j} + (i - j - 1 + s_{i} - s_{j} - L)^{2}} \\ = min_{j < i} {f_{j} + [(i + s_{i}) - (j + s_{j}) - (L + 1)]^{2}} \end{aligned}

设 $v_{i} = i + s_{i}$ ，令 $L \leftarrow L + 1$ ，则有：

\begin{aligned} f_{i} & = min_{j < i} {f_{j} + (v_{i} - v_{j} - L)^{2}} \\ = min_{j < i} {f_{j} - 2 v_{i} v_{j} + v_{i}^{2} - 2 L v_{i} + v_{j}^{2} + 2 L v_{j} + L^{2}} \end{aligned}

单调队列维护，时间复杂度 $O (n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
#define gmax(x, y) (x = max(x, y))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 5e4 + 5;
int n, L, s[N], f[N], q[N], l = 1, r;
inline int V(int i) { return i + s[i]; }
inline int Y(int i) { return f[i] + V(i) * V(i) + 2 * L * V(i); }
inline int X(int i) { return V(i); }
inline int K(int i) { return 2 * V(i); }
inline f128 slp(int i, int j) {
    return f128(Y(i) - Y(j)) / f128(X(i) - X(j));
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n >> L; ++L;
    rep(i, 1, n) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
    q[++r] = 0;
    rep(i, 1, n) {
        while(l < r && slp(q[l], q[l + 1]) <= K(i)) ++l;
        int p = q[l];
        f[i] = f[p] + (V(i) - V(p) - L) * (V(i) - V(p) - L);
        while(l < r && slp(q[r], q[r - 1]) >= slp(i, q[r])) --r;
        q[++r] = i;
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

posted @ 2023-07-05 20:45 untitled0 阅读(53) 评论(0) 编辑收藏举报

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