斜率优化DP入门
斜率优化DP入门
参考蓝书。
斜率优化的模型一般是：
其中， \(val(i,j)\) 仅和 \(i\) 或 \(j\) 有关时，我们可以想到单调队列优化
当其同时与 \(i,j\) 有关，我们可以想到斜率优化
「TYVJ1098」任务安排 1
题面
\(N\) 个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这 \(N\) 个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻 \(0\) 开始，这些任务被分批加工，第 \(i\) 个任务单独完成所需的时间是 \(T[i]\) 。在每批任务开始前，机器需要启动时间 \(S\)，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 \(C[i]\)。请确定一个分组方案，使得总费用最小。 例如：\(S=1；T=\{1,3,4,2,1\}；C=\{3,2,3,3,4\}\)如果分组方案是 \(\{1,2\}、\{3\}、\{4,5\}\)，则完成时间分别为\(\{5,5,10,14,14\}\)，费用 \(W=\{15,10,30,42,56\}\)，总费用就是 \(153\)。
输入
第一行是 \(N(1\leq N\leq 5000)\)。 第二行是 \(S(0\leq S\leq 50)\)。 下面 \(N\) 行每行有一对数，分别为 \(T[i]\) 和 \(C[i]\)，均为不大于 \(100\) 的正整数，表示第 \(i\) 个任务单独完成所需的时间是 \(T[i]\) 及其费用系数 \(C[i]\)。
输出
一个数，最小的总费用。
样例
样例输入1
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
样例输出1
153
解题
考虑 DP
我们首先设状态：\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个任务分成 \(j\) 批执行的最先费用
那么有状态转移方程：
\(f[i][j]=\min_{j-1\leq k<i}\{f[k][j-1]+val(k,i)\}\)
其中，\(val(k,i)=(S*j+sumT[i])\times(sumC[i]-sumC[j])\)
其中，\(sumT[i]=\sum_{j=1}^i T[j],sumC[i]=\sum_{j=1}^i C[j]\)
即，考虑第 \(j\) 批任务执行的是 \(k+1\dots i\) 个任务
但这样是 \(O(n^3)\) ,爆了，我们需优化。
注意到 题目并没有规定分成多少批次
之所以需要批次，是因为想知道有多少次启动时间S，从而计算出每批任务完成的时间
实际上，可以将每批任务花费的启动时间S，对之后任务的影响提前计算
\(----------\)
状态：$ f[i]$，表示前 \(i\) 个任务划分成若干批执行的最小费用。
考虑当前批次执行的任务，有状态转移方程：
怎么理解呢？
当前批次执行的任务为第 \(j+1\dots i\) 个任务
第一部分是直接把 \(sumT[i]\) 当做这批的结束时间（之前的启动时间已经在 \(f[j]\) 中）
第二部分，机器的启动时间会对第 \(j\) 个任务以后的所有任务产生影响，提前将影响累加到最小费用中
时间复杂度 \(O(n^2)\)
这其实是 **费用提前计算 **的经典思想
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e3+5;
int n,s,t[N],c[N],f[N];
signed main(){
scanf("%lld%lld",&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];
memset(f,127,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]+t[i]*(c[i]-c[j])+s*(c[n]-c[j]));
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
「POJ1180」任务安排 2
题面
同任务安排 1
数据范围：\(1\leq n\leq3e5,1\leq s,T[i],C[i]\leq512\)
解题
芜湖，\(O(n^2)\) 过不了了
我们考虑对状态转移方程进行变形
可以把去掉 \(\min\) 想成，直接把 \(j\) 当做 \(i\) 的决策点
上面最后得到的是以 \(j\) 为主元的式子，这启发我们：
将每个决策点 \(j\) ，视为二维平面上的点。
将 \(sumC[j]\) 看作是横坐标，\(f[j]\) 看作是纵坐标，那么上式就是一个形如 \(y=kx+b\) 的一条直线
\(k=sumT[i]+S,b=f[i]-sumT[i]sumC[i]-S*sumC[i]\)
我们的目的是让 \(f[i]\) 有尽量小的取值，
也就是让 \(b\) 有尽量小的取值，因为 \(b\) 中，除了 \(f[i]\) 都是定值
也就是挑选一个合适的 \(sumC[j]\) ，使得 \(y-kx\) 尽量小
也就是将直线 \(y^{\prime}=(sumT[i]+S)x\) 从坐标轴的最下方往上移，碰到的第一个点就是最优决策点，因为此时的平移距离 \(b\) 最小。
这就是“斜率”的含义了，那么“优化”呢？
回顾我们DP优化的关键：及时排除无用决策
可以想到，一些决策点 \((sumC[j],f[j])\) 是无用的。
假设存在三个决策 \(j_1\)，\(j_2\)，\(j_3\)，对应的决策点为 \((sumC[j_1],f[j_1 ])，(sumC[j_2 ],f[j_2 ])， (sumC[j_3 ],f[j_3 ])\)，设三点分别为 \(A，B，C\)。
设 \(j_1<j_2<j_3\) ,\(\because T,C\in \Z\therefore sumC[j_1]<sumC[j_2]<sumC[j_3]\)
由图可知，在上凸情况下，\(B\) 点是无用的，下凸情况下，如果：
\(B\) 才是有用的。
我们按照上述的规则，排除掉所有无用决策点，将剩下的点集相邻两点连线
形成的线段的斜率从左到右是单调递增，实际上需要维护的是一个下凸壳
我们可以使用单调队列
哪一个点是最优决策呢？
对于斜率为 \(k\) 的直线，若某个点左侧线段的斜率小于 \(k\)，右侧线段的斜率大于 \(k\)，那么该点就是最优决策点
如何在斜率单调递增的队列中找到最优决策点？
二分，那么时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，已经足够过掉这道题了。
但，还能不能再优化？
我们观察刚刚的式子：
-
\(sumC\) 是单调递增的，新的决策点的横坐标一定大于之前所有决策点的横坐标
-
斜率 \(S+sumT[i]\) 单调递增的
由上述两点，我们只需要维护相邻两点线段斜率大于 \(S+sumT[i]\) 的决策点，那么最优决策点就是队头
具体的，对于每个状态 \(i\):
- 检查队头的两个决策 \(q[l]\) 和 \(q[l+1]\) ，若斜率 \(\dfrac{f[q[l+1]]-f[q[l]]}{sumC[q[l+1]]-sumC[q[l]]}\leq S+sumT[i]\) 则将 \(q[l]\) 出队，继续检查队头
- 直接取出队头 \(q[l]\) 为最优决策，计算 \(f[i]\) 。
- 将新决策 \(i\) 加入队尾，插入前，若三个决策点 \(j1=q[r-1]，j2=q[r]，j3=i\) 不满足下凸，则 \(j2=q[r]\) 是无用决策，将 \(q[r]\) 出队，继续检查队尾。
这就是优化了
• 维护队列中相邻两个元素的某种“比值”的“单调性”
• 因为该比值对应坐标系中的斜率
• 所以称为斜率优化
• 英文称为 \(\text{convex hull trick}\) (直译：凸壳优化策略)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 30005;
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=10*x+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,s;
int q[N],t[N],c[N];
ll st[N],sc[N],f[N];
double calc(int i,int j){
return double(f[j]-f[i])/(sc[j]-sc[i]);
}
int main() {
memset(f,0x3f,sizeof(f));
n=read();s=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
t[i]=read();c[i]=read();
st[i]=st[i-1]+t[i];
sc[i]=sc[i-1]+c[i];
}
int l=1,r=0;
q[++r]=f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(l<r&&calc(q[l],q[l+1])<=s+st[i])l++;
f[i]=f[q[l]]-(s+st[i])*sc[q[l]]+st[i]*sc[i]+s*sc[n];
while(l<r&&calc(q[r-1],q[r])>calc(q[r],i))r--;
q[++r]=i;
}
printf("%d",f[n]);
return 0;
}
「BZOJ2726」任务安排 3
题面
同任务安排 1
数据范围：\(1\leq n\leq3e5,1\leq s,C[i]\leq512,-512\leq T[i]\leq 512\)
解题
芜湖， \(T[i]\) 可以为负数，那么斜率 \(S+sumT[i]\) 不在递增了
不能仅仅只维护相邻两点线段斜率大于 \(S+sumT[i]\) 的决策点，需要维护所有下凸壳的决策点
如何找到最优决策？单调队列中二分
时间复杂度为 \(O(n\log n)\)
代码
#include <cstdio>
typedef long long ll; int n,s,q[300001];
ll f[300001],st[300001],sc[300001];
ll in(){
ll ans=0; int f=1; char c=getchar();
while ((c<48||c>57)&&c!='-') c=getchar();
if (c=='-') c=getchar(),f=-f;
while (c>47&&c<58) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
return ans*f;
}
int bs(int i,int k,int l,int r){
if (l==r) return q[l];
while (l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if (f[q[mid+1]]-f[q[mid]]<=k*(sc[q[mid+1]]-sc[q[mid]])) l=mid+1;
else r=mid;
}
return q[l];
}
int main(){
n=in(); s=in(); q[1]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
st[i]=st[i-1]+in(),sc[i]=sc[i-1]+in();//费用提前计算
f[0]=0; int l=1,r=1;
for (int i=1;i<=n;i++){
int ans=bs(i,s+st[i],l,r);//二分求答案
f[i]=f[ans]-(s+st[i])*sc[ans]+st[i]*sc[i]+s*sc[n];//动态规划
while (l<r&&(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(sc[i]-sc[q[r]])>=(f[i]-f[q[r]])*(sc[q[r]]-sc[q[r-1]])) r--;//队尾不满足单调递增
q[++r]=i;
}
return !printf("%lld",f[n]);
}
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版权声明：代码为CSDN博主「ssl_xjq_逐风之刃」的原创，遵循CC 4.0 BY-SA版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/sugar_free_mint/article/details/81949236
注意，这里如果我们直接用之前的 \(calc\) 函数算斜率的话会被卡精度，需要用乘法。
任务安排4
\(T[i]\) 为正数，\(C[i]\) 可以为负数。
回顾那个式子：
方法一
新增加的决策点的横坐标 \(sumC[i]\) 不再单调递增，会插入到凸壳中间的位置，队列不能实现插入操作
什么东西支持插入、维护递增？
平衡树！
我们可以利用平衡树维护斜率单调性
方法二：
可以倒序DP，设计一个状态转移方程，让 \(sumT\) 为横坐标，\(sumC\) 为斜率的一项，转为为 任务安排3 的情况，使用单调队列维护凸壳，使用二分查找求出最优策略
任务安排5
\(T[i],C[i]\) 均可以为负数。
康康这位神犇的啦 『任务安排 斜率优化及其变形』 - Parsnip - 博客园
