DP斜率优化学习笔记-编程知识

DP斜率优化学习笔记

news/2024/11/15 9:28:49/文章来源:https://www.cnblogs.com/huhaoming/p/18373270

最后一次修改：2024.7.16 14:39 P.M By 哈哈铭

简介

“斜率优化”顾名思义就是用斜率进行优化，让 $DP$ 的时间复杂度更优。
一般情况下，将动态转移方程化简后得到这样的关系式：

\[\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \leq K \]

然后通过该式进行转移，以达到优化时间复杂度的目的。

小tip：推公式前可以先试着打出暴力。

例题（模板题）

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

题目大意

有 $n$ 个玩具，第 $i$ 个玩具价值为 $c_i$。要求将这 $n$ 个玩具排成一排，分成若干段。对于一段 $[l, r]$，它的代价为 $(r − l + \sum _{i=l}^{r} c_i − L)^2$。L 是给定常量，求分段的最小代价。

分析

首先，设 $s_i$ 为 $\sum _{j=1}^{i} c_j$,又可以设一个简单易懂的状态：$f_i$ 表示前 $i$ 个玩具分段的最小代价，然后可以的到一个暴力的方程： $f_i=\min_{1 \leq j <i}\left\{f_j+(r-l+s_i-s_j-L)^2\right\}$。这个是 $O(n^2)$ 的 $DP$。带入另一个 $k$,思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。
化简过程省略……~~推起来太麻烦了~~
化简可得（当 $1 \leq k < j \leq n$，同时，$j$ 比 $k$ 更优时）：

\[\frac{f_j-f_k+(s_j+j)^2-(s_k+k)^2}{s_j+j-s_k-k} \leq 2(s_i+i-L-1) \]

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越大越优。

见此图：

很明显，这里的斜率是越大越好（到 $i$ 的）。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e4+100;
ll n,L,f[N],s[N],q[N],head,tail;
inline ll mymin(ll x,ll y) {return x<y?x:y;}
inline double P(ll x) {return x*x;}
inline double X(ll x,ll y){return f[x]-f[y]+P(s[x]+x)-P(s[y]+y);}
inline double Y(ll x,ll y){return s[x]+x-s[y]-y;}
int main(){scanf("%lld%lld",&n,&L);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&s[i]);s[i]=s[i-1]+s[i];}f[0]=0;head=tail=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(head<=tail&&X(q[head+1],q[head])<2*(s[i]+i-L-1)*Y(q[head+1],q[head])) head++;f[i]=f[q[head]]+P(i-q[head]+s[i]-s[q[head]]-L-1);while(head<=tail&&X(q[tail],q[tail-1])*Y(i,q[tail])>X(i,q[tail])*Y(q[tail],q[tail-1])) tail--;q[++tail]=i;}printf("%lld",f[n]);return 0;
}

[APIO2010] 特别行动队

题目大意

与上一题差不多，也是分若干段，但是求的是最大代价，代价的公式也不一样~~，肯定不一样啊~~，可是它仍然摆脱不了是一道斜率优化模板题的命运。

分析

这道题很简单。

首先，也是设 $s_i$ 为 $\sum _{j=1}^{i} c_j$，然后得到一个 $O(n^2)$ 的暴力 $DP$。

其转移方程为：

\[f_i=\max_{1 \leq j <i}\left\{f_j+a\times (s_i-s_j)^2+b\times (s_i-s_j)+c \right\} \]

带入另一个 k,思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。

化简过程省略……~~推起来太麻烦了~~ 化简可得（当 $1 \leq k < j \leq n$，同时，$j$ 比 $k$ 更优时）：

\[\frac{(f_j+a\times {s_j}^2)-(f_k+a\times {s_k}^2)}{s_j-s_k} \leq 2 \times a \times s_i+b \]

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越小越优。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+100;
ll a,b,c,n,s[N],f[N],q[N],head,tail;
inline ll mymax(ll x,ll y) {return x>y?x:y;}
inline ll P(ll x) {return x*x;}
inline double slope(ll x,ll y){return 1.0*((f[y]+a*P(s[y]))-(f[x]+a*P(s[x])))/(s[y]-s[x]);
}
int main(){
//    freopen("t2.in","r",stdin);
//    freopen("t2.out","w",stdout);scanf("%lld",&n);scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&s[i]);s[i]=s[i-1]+s[i];}f[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(head<tail&&slope(q[head],q[head+1])>=2*a*s[i]+b) head++;f[i]=f[q[head]]+a*P(s[i]-s[q[head]])+b*(s[i]-s[q[head]])+c;while(head<tail&&slope(q[tail],i)>=slope(q[tail-1],i)) tail--;q[++tail]=i;}printf("%lld",f[n]);return 0;
}

征途

题目大意

其实与前两题差不多，只不过是要求了分的段数，公式也是光明正大地给出来了，其实同样简单~~，也是一道紫题~~。

分析

这道题同样要一个前缀和，设为 $v_i$ 吧。

然后设出状态：$f_{i,j}$ 表示遍历到第 $i$ 条路，走到第 $j$ 天。

有一个 $O(n^3)$ 的暴力可以得出。

考虑用斜率优化，因为里面总有奇奇怪怪的计算。

然后，可以得到一个动态转移方程，很简单，就不在此列出了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e3+50;
int n,m;
ll ans,f[N][N],v[N],sum[N],l[N],hd,tl;
double getK(int c,int i,int j) {ll x=f[i][c-1]+v[i]*v[i],xx=f[j][c-1]+v[j]*v[j];ll y=v[i],yy=v[j];return 1.0*(x-xx)/(y-yy);
}
int main(){
//    freopen("journey.in","r",stdin);
//    freopen("journey.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&v[i]);v[i]=v[i-1]+v[i];}for(int i=1;i<=n;++i)f[i][1]=v[i]*v[i];for(int c=2;c<=m;++c){hd=tl=1;l[1]=c-1;for(int i=c;i<=n;++i){while(hd<tl&&getK(c,l[hd],l[hd+1])<2*v[i]) ++hd;f[i][c]=f[l[hd]][c-1]+(v[l[hd]]-v[i])*(v[l[hd]]-v[i]);while(hd<tl&&getK(c,l[tl],i)<getK(c,l[tl],l[tl-1])) --tl;l[++tl]=i;}}printf("%lld",m*f[n][m]-v[n]*v[n]);return 0;
}

然后就差不多了。