DP优化

一些关于DP的小优化：

前缀和优化（用于 $dp[i]=dp[i-k]+v[i]$ 的转移）

bitset优化（01背包（价值能否取到），常数为 $\omega=1/32$ ）

单调队列优化（求恒长区间最大/小值）

二进制优化（完全背包问题， $O(n^2\ logn)$ ）：P1776

线段树优化：CF1557D

斜率优化：见下文

四边形不等式：见下文

树链剖分（DDP）

斜率优化

~~本蒟蒻终于被迫学习斜率优化了~~

这类问题的优化的转移方程是： $b(i)=max/min\{y(j)-k(i)\times x(j)\},j < i$

以本题为例：

一个朴素的转移方程：

d p [i] = m i n (d p [j] + (i - j - 1 + s u m [i] - s u m [j] - L)^{2})

$dp[i]=min(dp[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2)$

其中， $sum[i] = \sum_{k=1}^jc[k]$

再合并，令 $pre[i]=sum[i]+i$

得：

d p [i] = m i n (d p [j] + (p r e [i] - p r e [j] - (L + 1))^{2})

$dp[i]=min(dp[j]+(pre[i]-pre[j]-(L+1))^2)$

强拆！

d p [i] = m i n (d p [j] + (p r e [i] - (L + 1))^{2} - 2 (p r e [i] - (L + 1)) \times p r e [j] + p r e [j]^{2})

$dp[i]=min(dp[j]+(pre[i]-(L+1))^2-2(pre[i]-(L+1))\times pre[j]+pre[j]^2)$

移项：

d p [i] - (p r e [i] - (L + 1))^{2} = m i n (d p [j] - 2 (p r e [i] - (L + 1)) \times p r e [j] + p r e [j]^{2})

$dp[i]-(pre[i]-(L+1))^2=min(dp[j]-2(pre[i]-(L+1))\times pre[j]+pre[j]^2)$

令

\begin{aligned} b_{i} & = d p [i] - (p r e [i] - (L + 1))^{2}, \\ x_{j} & = p r e [j], \\ y_{j} & = d p [j] + p r e [j]^{2}, \\ k_{i} & = 2 (p r e [i] - (L + 1)) \end{aligned}

$\begin{aligned} b_i&=dp[i]-(pre[i]-(L+1))^2,\\ x_j&=pre[j],\\ y_j&=dp[j]+pre[j]^2,\\ k_i&=2(pre[i]-(L+1))\\ \end{aligned}$

那就变成了 $y = kx+b$ 的转换式 $b = y - kx$

我们要最小化 $b$ ，就是最小化直线的截距

我们可以将 $(x_j,y_j)$ 看作平面上的点，现在有一条斜率为 $k_i$ 的直线，从下往上移动，碰到的第一个点就是我们的转移决策点（因为要最小化 $b_i$ ）

实际上，我们只需要维护下凸壳的那些点，而对于本题，显然 $k_i$ 随 $i$ 的增大而增大，所以我们只需要用一个单调队列来维护凸壳上的点

借用 OI-Wiki 中的图：

我们令 $K(q_{e-1},q_e)$ 为 $(x_{q_{e-1}},y_{q_{e-1}})$ 与 $(x_{q_{e}},y_{q_{e}})$ 两点连线的斜率

显然，我们要找的决策点就是凸壳中满足 $K(q_{e-1},q_e)\le k_i < K(q_e,q_{e+1})$ 的点 $e$

因为 $k_i$ 是递增的，所以下一次 DP 只需要从 $e$ 开始找决策点，这样均摊下来就是 $O(1)$ 的

又因为 $x_i=pre[i]$ 是递增的，所以点 $i$ 一定会加入到凸壳中，我们只需要将 $K(q_{e-1},q_e)<=K(q_e,(x_i,y_i))$ 的点弹出，再将 $i$ 加入到队列即可

注意：队列的初始状态应该是有一个点 (0,0) ，否则 $c_1$ 将永远无法和后面的玩具合并，导致错误！

一般化

但如果我们将上述题目的条件改改，使得 $c_i$ 可以为负，那么这时候 $k_i$ 和 $x_i$ 就不单调递增了，是不是就做不了了？？？

~~当然不是啊，不然我提出这个问题干嘛~~

对于 $k_i$ （斜率）不单调的话，我们直接在凸壳上二分，还是找满足原来那个条件的点即可

但如果 $x_i$ 不是单调的，我们就很难去更新凸壳了

一种方法就是用平衡树维护凸包，就是找到 $x_j \le x_i \le x_{j+1}$ 的地方，根据凸包的性质不断向两边删点（或者自己本来就在凸包里面就不用管了）

但用平衡树十分滴复杂，有没有更好写的算法？（其实用 set 是可以实现的）

有！就是我们万能的 CDQ分治

我们假定分治到 $(l,r)$ ，且 $(l,mid)$ 已经处理完了，现在要对 $(mid+1,r)$ 进行贡献

注意：这时候 $(mid+1,r)$ 还没有分治下去！

我们先将 $(l,mid)$ 的点以 $x$ 为第一关键字， $y$ 为第二关键字排序，然后就直接求一遍凸壳

然后我们再将 $(mid+1,r)$ 按照斜率 $k$ 将编号从小到大排序

这时候我们就可以正常像上面用单调队列跑 DP 了

转移完后，显然 $(l,mid)$ 的决策点已经没有用处了，我们可以直接将其舍弃掉，转到 $(mid+1,r)$ 的分治

整个分治的时间复杂度是 $O(nlog^2n)$ 的。

当然，我们也可以用 李超线段树 直接跑 DP ，就是将上面的 $k,x,y,b$ 稍微换一下，每次 DP 在树上查询最大/小值，求完后再更新线段树即可

dp 套 dp

适用范围：要求你构造一些满足特殊要求的序列或字符串，并统计出有多少种不同的方案数

也就是说，这是一种计数DP的 trick

我们用这道例题讲解一下

我们先考虑求两个序列的 LCS 的方式：

d p_{i, j} = m a x (d p_{i - 1, j}, d p_{i, j - 1}, d p_{i - 1, j - 1} + [a_{i} = b_{j}])

$dp_{i,j}=max(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1},dp_{i-1,j-1}+[a_i=b_j])$

其中， $dp_{i,j}$ 表示 $a$ 串的前 $i$ 位与 $b$ 串的前 $j$ 位的 LCS

显然，一种 $dp_i$ 对应着一类的 $a$ 串

而题目又是要我们构造 $a$ 串，我们就考虑记录下每种 $a$ 串的结果 $dp_i$ ，并以此为外层 DP 的状态进行转移

我们就定义 $DP_{i,j}$ 表示：当 $a$ 串长度为 $i$ 时，它的 $dp_i$ 结果为 $j$ 的方案数

但难不成我们要将所有的 $dp_i$ 都记录下来，然后再一个个跑吗？

诶，我们这时候就要注意到 $k$ 的大小了，它才 $15$ 啊

是不是又一种直觉，我们可以用状压来记录 $dp_i$ ？

事实确实如此！因为我们注意到， $dp_{i,j}-dp_{i,j-1}$ 要不为 0 ，要不为 1

那我们就考虑将 $dp_i$ 进行差分后，再用状压记录状态

那我们每次 DP 加入一个新的字符时，就枚举上一个字符的所有状态，解压后再求新的状态，进行转移

题目还有一个不能出现 NOI 串的限制，那我们只需要每次都记录最后几位是否为 N、NO 或没有即可

四边形不等式

~~（学完斜率优化才来学决策单调性的屑）~~

2D1D 区间转移类

在许多的区间DP中（如石子合并），我们有如下的状态转移方程：

f_{l, r} = m i n {f_{l, k} + f_{k + 1, r}} + w_{l, r}

$f_{l,r}=min\{f_{l,k}+f_{k+1,r}\}+w_{l,r}$

这显然是 $O(n^3)$ 的，但当 $n>1e4$ 时，我们就寄了

但 $w_{l,r}$ 满足一些特殊性质，让我们可以对它进行优化：

区间包含单调性

当 $l\le l'\le r'\le r$ 时，有 $w_{l',r'} \le w_{l,r}$ 成立，则函数 $w$ 对于区间包含具有单调性

四边形不等式

当 $l_1\le l_2\le r_1\le r_2$ 时，有 $w_{l_1,r_1}+w_{l_2,r_2}\le w_{l_1,r_2}+w_{l_2,r_1}$ 成立，则称函数 $w$ 满足四边形不等式（简记为“交叉小于包含”）

但我们需要的是 $f_{l,r}$ 满足四边形不等式，才能进行优化

引理：

若 $w_{l,r}$ 满足上面的两个性质，则 $f_{l,r}$ 也满足四边形不等式

令 $u$ 为 $f_{l_1,r_2}$ 的最优决策点， $v$ 为 $f_{l_2,r_1}$ 的最优决策点

（由于当 $l_2=r_1$ 时 $v$ 是没有意义的，所以我们需要分开讨论）

显然，当 $l_1=l_2$ 或 $r_1=r_2$ 时，不等式相等，成立

下面我们用归纳法证明区间长度为 $r_2-l_1$ 满足四边形不等式

当 $l_1<l_2=r_1<r_2$ 时

A. 若 $u < r_1$ ，有 $f_{l_1,r_1}\le f_{l_1,u}+f_{u+1, r_1}+w_{l_1,r_1}$ ，由归纳法得 $f_{u+1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{u+1,r_2}+f_{l_2,r_1}$ ，两式相加，有：

$f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,u}+f_{u+1,r_2}+f_{l_2,r_1}+w_{l_1,r_1}$
又因为 $w_{l_1,r_1}\le w_{l1,r2}$ ， $f_{l_1,r_2}= f_{l_1,u}+f_{u+1, r_2}+w_{l_1,r_2}$

所以 $f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}$

B. 若 $u\ge r_1$ ，有 $f_{l_2,r_2}\le f_{l_2,u}+f_{u+1, r_2}+w_{l_2,r_2}$ ，由归纳法得 $f_{l_1,r_1}+f_{l_2,u}\le f_{l_1,u}+f_{l_2,r_1}$ ，两式相加，有：

$f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,u}+f_{u+1,r_2}+f_{l_2,r_1}+w_{l_2,r_2}$
又因为 $w_{l_2,r_2}\le w_{l1,r2}$ ， $f_{l_1,r_2}= f_{l_1,u}+f_{u+1, r_2}+w_{l_1,r_2}$

所以 $f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}$
当 $l_1<l_2<r_1<r_2$ 时

A. 若 $u\le v$ ，则 $l_1\le u < r_1$ , $l_2\le v<r_2(r_1)$ ，有

$\begin{aligned} f_{l_1,r_1}\le f_{l_1,u}+f_{u+1,r_1}+w_{l_1,r_1}\\ f_{l_2,r_2}\le f_{l_2,v}+f_{v+1,r_2}+w_{l_2,r_2} \end{aligned}$
由 $u+1\le v+1\le r_1<r_2$ and 归纳法，有 $f_{u+1,r_1}+f_{v+1,r_2}\le f_{u+1,r_2}+f_{v+1,r_1}$ ，前两个不等式相加，将第三个不等式代入，得

$f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,u}+f_{l_2,v}+f_{u+1,r_1}+f_{v+1,r_2}+w_{l_1,r_1}+w_{l_2,r_2}\le f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}$
B. 若 $u>v$ ，则 $l_2\le u < r_2$ , $l_1(l_2)\le v<r_1$ ，有

$\begin{aligned} f_{l_2,r_2}\le f_{l_2,u}+f_{u+1,r_2}+w_{l_2,r_2}\\ f_{l_1,r_1}\le f_{l_1,v}+f_{v+1,r_1}+w_{l_1,r_1} \end{aligned}$
由 $l_1<l_2\le v<u$ and 归纳法，有 $f_{l_1,v}+f_{l_2,u}\le f_{l_1,u}+f_{l_2,v}$ ，前两个不等式相加，将第三个不等式代入，得

$f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,v}+f_{l_2,u}+f_{v+1,r_1}+f_{u+1,r_2}+w_{l_1,r_1}+w_{l_2,r_2}\le f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}$

综上所述， $f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\le f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}$

定理：

记 $t_{l,r}$ 为 $f_{l,r}$ 的最优决策点，则有：

t_{l, r - 1} \leq t_{l, r} \leq t_{l + 1, r}

$t_{l,r-1}\le t_{l,r}\le t_{l+1,r}$

证明：设 $L = t_{l,r-1}, M = t_{l,r}, R = t_{l+1, r}$

若 $L>M$

根据 $M+1<L+1\le r-1<r$ , 有 $f_{M+1, r-1}+f_{L+1,r}\le f_{M+1,r}+f_{L+1,r-1}$

又根据 $L$ 为 $f_{l,r-1}$ 的最优决策点，得 $f_{l,L}+f_{L+1,r-1}\le f_{l,M}+f_{M+1,r-1}$

两式相加，得 $f_{l,L}+f_{L+1,r}\le f_{l,M}+f_{M+1,r}$

这说明 $L$ 比 $M$ 对于 $f_{l,r}$ 更优，显然矛盾，所以 $L\le M$
若 $M>R$

根据 $l<l+1\le R<M$ , 有 $f_{l, R}+f_{l+1,M}\le f_{l,M}+f_{l+1,R}$

又根据 $R$ 为 $f_{l+1,r}$ 的最优决策点，得 $f_{l+1,R}+f_{R+1,r}\le f_{l+1,M}+f_{M+1,r}$

两式相加，得 $f_{l,R}+f_{R+1,r}\le f_{l,M}+f_{M+1,r}$

这说明 $R$ 比 $M$ 对于 $f_{l,r}$ 更优，显然矛盾，所以 $M\le R$

通过上述的证明，我们在DP的过程中就可以减少枚举决策点的次数，复杂度能够优化到：

\sum_{1 \leq l < r \leq n} t_{r, i + 1} - t_{r - 1, i} = \sum_{i = 1}^{n} t_{i, n} - t_{1, i} \leq n^{2}

$\sum_{1\le l<r\le n}t_{r,i+1}-t_{r-1,i}=\sum_{i=1}^nt_{i,n}-t_{1,i}\le n^2$

另一种转移形式

f_{l, r} = m i n {f_{l - 1, k}} + w_{k, r}

$f_{l,r}=min\{f_{l-1,k}\}+w_{k,r}$

其中 $1\le l\le n,\ 1\le j\le m$ ，所以直接做的复杂度是 $O(nm^2)$ 的

但实际上，如果 $w_{l,r}$ 能满足区间包含单调性和四边形不等式， $f_{l,r}$ 也一样满足四边形不等式，有 $t_{l,r-1}\le t_{l,r}\le t_{l+1,r}$

由于是逐层转移，我们考虑对第 $i$ 层进行分治

我们设置状态 $(l,r,t_l,t_r)$ ，表示分治到 $[l,r]$ ， $f_{i,mid}$ 的最优决策点在 $[t_l, t_r]$

我们暴力枚举 $f_{i,mid}$ 的决策点，找到最优的决策点 $t_{mid}$ ，再向下分治 $(l,mid,t_l,t_{mid}),\ (mid+1, r, t_{mid},t_r)$

时间复杂度就优化到 $O(nm\ log\ m)$

费用计算较难

也就是当 $w_{k,r}$ 不能在 $O(1)$ 下计算

我们可以采用莫队双指针移动的方法

也就是在暴力求 $mid$ 的决策点时，像莫队那样移动到需要的区间

这样一看，似乎复杂度假掉了

但实际上，这还是 $O(nm\log n)$ 的

因为当我们枚举到 $l,r,tl,tr$ 时，双指针一定在 $tl,tr$ 内

因为右指针不动，只有左指针移动 $O(mid-l)$ 次

递归到左儿子的时候暴力移动到 $tl,tmid$ ，给右儿子移动到 $tmid,tr$ ，这部分也不超过 $r-l$

因此平衡到与分治一样的复杂度

1D1D 转移类

f_{r} = m i n {f_{l} + w_{l, r}}

$f_r=min\{f_l+w_{l,r}\}$

如果 $w_{l,r}$ 满足四边形不等式，令 $t_r$ 为 $f_r$ 的最优决策点，则有 $r_1<r_2, t_{r_1}\le t_{r_2}$

证明：令 $L=t_{r_1},\ R=t_{r_2}$

若 $L>R$ ，则 $R<L<r_1<r_2$ ，由四边形不等式有 $w_{R,r_1}+w_{L,r_2}\le w_{R,r_2}+w_{L,r_1}$
因为 $L$ 是最优决策点，所以有 $f_L+w_{L,r_1}\le f_R+w_{R,r_1}$
两不等式相加，得 $f_L+w_{L,r_2}\le f_R+w_{R,r_2}$
这显然与 $R$ 是 $f_{r_2}$ 的最优决策点相矛盾，所以 $L\le R$

但这时我们仅仅确定了下界，最坏情况下仍是 $O(n^2)$ 的

我们考虑使用单调队列，里面记录的是决策点，每个决策点能够转移到的区间为 $[L_{q[i]},L_{q[i+1]}-1]$

当我们要转移到 $f_i$ 时，我们就取出队头，如果他的转移区间 $[L_{q[he]},L_{q_[he+1]}-1]$ 不包含 $i$ ，也就是 $L_{q[he+1]}\le i$ ，我们就将其弹出，最后没被弹出的队头就是最优决策点

那我们如何更新队列呢？我们就每次取出队尾，比较一下从 $i$ 转移到 $L_{q[ta]}$ 是否比从 $q_{ta}$ 转移到 $L_{q[ta]}$ 更优，如果是，代表 $i$ 所能转移到的区间已经覆盖了 $t_{ta}$ 了，根据决策单调性，我们就将队尾弹出

但这还没完，因为 $i$ 虽然没有覆盖某个队尾，但它可能覆盖了其中一小部分，因此我们要对队尾所覆盖的区间 $[L_{q[ta]},N]$ 进行二分，找出第一个点 $k$ ，使得 $i$ 转移到 $k$ 比 $L_{q[ta]}$ 转移到 $k$ 更优，作为 $i$ 覆盖区间的起点

时间复杂度则为 $O(n\ log\ n)$

快速判断

对于1D1D：详见大佬FlashHu的博客

简而言之，对于每个决策函数 $f_j(i)$ （也就是转移中只和 $j$ 有关的变量），如果任意两个函数只有一个交点：直线或形状相同（可以通过平移转换），其导函数单调，就有可能是决策单调

对于2D1D：证明 $w_{l,r+1}+w_{l+1,r}\le w_{l,r}+w_{l+1.r+1}$ ，也就是证明 $w_{l,r}$ 满足四边形不等式，那么 $f_{l,r}$ 也一般会满足四边形不等式（毕竟没人出个决策单调的诈骗题吧......）

SOS DP

问题引入：求

F [S] = \sum_{i \in S} A [i]

$F[S]=\sum_{i\in S}A[i]$

我们有 $O(4^n)$ 的暴力，有 $O(3^n)$ 的子集枚举，但一旦 $n$ 较大，我们都得凉凉

其实我们有一个 $O(n2^n)$ 的做法

我们令 $dp[S][i]=\sum_{j\in S\ and\ j \oplus S < 2^{i+1}} A[j]$

考虑如何转移

d p [S] [i] {\begin{matrix} d p [S] [i - 1] (S & 2^{i} = 0) \\ d p [S] [i - 1] + d p [S \oplus 2^{i}] [i - 1] (S & 2^{i} = 2^{i}) \end{matrix}

$dp[S][i]\left\{\begin{matrix} dp[S][i - 1]\ (S\ \&\ 2^i=0) \\ dp[S][i - 1] + dp[S \oplus 2^i][i - 1]\ (S\ \&\ 2^i=2^i) \end{matrix}\right.$

最后我们输出 $dp[S][n]$ 即可

__EOF__

本文作者：zuytong
本文链接：https://www.cnblogs.com/zuytong/p/15989276.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！

posted @ 2022-03-10 14:12 zuytong 阅读(86) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· GDOI-2022 题解

· P4767 [IOI2000]邮局

· 算法随笔——DP优化

· 决策单调性优化 DP

· DP优化笔记

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

DP优化

发表于 2022-03-10 14:12阅读：86评论：0推荐：0

优化杂技

关注

跳至底部

昵称： zuytong
园龄： 5年
粉丝： 4
关注： 6

+加关注

zuytong

DP优化

斜率优化

一般化

dp 套 dp

四边形不等式

2D1D 区间转移类

区间包含单调性

四边形不等式

引理：

定理：

另一种转移形式

费用计算较难

1D1D 转移类

快速判断

SOS DP

公告

zuytong

DP优化

搜索

常用链接

我的标签

随笔分类 (60)

随笔档案 (68)

文章分类 (45)

文章档案 (45)