Day10 dp 优化(四边形不等式、斜率优化、决策 单调性、CDQ 分治、数据结构)

动态规划优化方法

概述

本部分讲解单调队列优化DP、斜率DP、决策单调性优化DP。我们以1D/1D类DP为例进行说明。

问题形式

给定二元函数\(val(i, j)\)，我们需要对形如：

\[f_j = \min_{i=0}^{j-1} f_i + val(i, j) \]

的DP转移进行快速计算。

问题分类

1. 离线问题：计算\(f_j = \min_{i=0}^{j-1} g_i + val(i, j)\)，其中g是已知序列
2. 半在线问题：转移为\(f_j = \min_{i=0}^{j-1} f_i + val(i, j)\)，但\(val(i,j)\)与f无关

大多数情况下遇到的是半在线问题。

转移限制

可能存在转移限制函数\(C(i,j)\in\{0,1\}\)，表示能否从i转移到j。

优化方法本质

这些优化方法本质上都是通过维护决策集合，分析问题性质，去除无用决策，从而简化维护过程。

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例题

P1886 滑动窗口 /【模板】单调队列

题目链接：Luogu P1886

问题描述：
给定长度为n的序列a和定值k。对所有长度为k的子段，求该子段中a的最大值。

数据范围：\(1 \leq k \leq n \leq 10^6\)

解题思路：
模板-单调队列。“当一个人比你小，还比你强，你就打不过它了”

我们从 \(1\) 到 \(n\) 枚举 \(i\), 维护一个双端队列 \(Q\), \(Q\) 记录的是：还有可能成为某个窗口的最优值的数构成的集合。

归纳说明：\(Q\) 中的元素从左往右是单调不升的。

加入 \(i\) 这个决策时，队列末尾 \(\leq a_i\) 的元素对后面的答案没有影响了，弹出它们，然后加入 \(i\) 。

怎么处理长度为 \(k\) 的限制：弹出队首 \(\leq i-k\) 的元素。显然这两个操作都使 \(Q\) 仍然单调。

查询：查队首即可。

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区间划分问题

问题描述：
给定两个长度为n的序列a,b。将\(\{1,2,...,n\}\)划分为若干非空子段，要求：

• 每段长度\(\leq k\)
• 段\([l,r]\)的权值为\(a_l + b_r\)
  求最大权值和。

数据范围：\(1 \leq k \leq n \leq 10^6\)

解题思路：
设 \(f_{i}\) 是将 \([1,i]\) 划分成若干段得到的最优值，转移即：

\(f_{i}=\max_{j=i-k}^{i-1}(f_{j}+a_{j+1}+b_{i})\)

考虑怎么优化：我们化一下式子，令 \(v_{j}=f_{j}+a_{j+1}\) ，转移就变成

\(f_{i}=b_{i}+\max_{j=i-k}^{i-1}v_{j}\)

发现就是对 \(v\) 做滑动窗口。一个道理。

总结一下：如果 \(val(i,j)\) 能拆成：一个只与 \(i\) 有关的量，加上一个只与 \(j\) 有关的量。

并且随着 \(j\) 变化，能取的 \(i\) 构成滑动窗口。就能单调队列做。。

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P2365 任务安排

题目链接：Luogu P2365

问题描述：
\(n\) 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。

从零时刻开始，这些任务被分批加工，第 \(i\) 个任务单独完成所需的时 间为 \(t_{i}\)。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 \(f_{i}\)。请确定一 个分组方案，使得总费用最小。

数据范围：\(n \leq 10^{7}\)。\(0 \leq s \leq 50\)，\(0 \leq t_{i}\)，\(f_{i} \leq 100\)

解题思路：
先想一下怎么 \(O(n^{2})\) 怎么做。 如果 一次加工取了区间 \([i,j]\) , 那消耗的时间就是 \(s + t_{i} + t_{i+1} + \cdots + t_{j}\) 。

类似关路灯那个 题, 可以提前计算 \(j+1\) 及后面的 任务带来的费用。 也就是 说：我们 令 \(val(i,j) = (s + t_{i} + t_{i+1} + \cdots + t_{j})(f_{i} + f_{i+1} + \cdots + f_{n})\) 。

一组 划分方案的权值确为每 一段 的 \(val\) 的和。

对 \(t, f\) 做 前 缀和，设得到了 \(a, b\) 两个 数组，那么 \(val(l, r) = (s + a_{r} - a_{l-1})(b_{n} - b_{l-1})\) 。

转移即 \(dp_{l} + val(l+1, r) \rightarrow dp_{r}\) 。 我们 把 \(val\) 改成左开右闭, 即 \(val(l, r) = (s + a_{r} - a_{l})(b_{n} - b_{l})\) , 这样方便一些。

思考怎么优化，能不能把 \(val(i, j)\) 拆成：只和 \(i\) 相关的量，加上 只和 \(j\) 相关的量？

不可以。 \(val(l, r) = (s - a_{l}) (b_{n} - b_{l}) + a_{r} b_{n} - a_{r} b_{l}\) 。发现 \(a_{r} b_{l}\) 是 拆不掉的。

考虑斜率优化。一般而言，斜率优化是说， \(val(l, r)\) 可以看成 \(c_{l} + d_{r} + p_{r} k_{l}\) 的形式，并且 \(x, k\) 具有一定的单调性。
在这个题中， \(p\) 单调不增， \(k\) 单调不降。

现在就来看一下怎样的决策可以被淘汰掉。我们把一个决策抽象成平面上的一个点 $ (k_l, c_l) $ 。

在这个想求最小值的问题里，我们可以证明：如果有三个点 $ A \(,\) B \(,\) C $ ，满足 $ x_A \leq x_B \leq x_C $ ，且 $ B $ 在线段 $ AC $ 上方，那么 $ B $ 就可以被淘汰掉。

为什么呢？简单来说，每次找最佳决策，相当于有一根斜率为 $ -p_r $ 的直线，从下往上切决策构成的点集，遇到的第一个点就是最佳决策。那肯定不会切到 $ B $ 啦。

我们知道 $ B $ 在 $ AC $ 上方，则 $ B $ 被淘汰了。

这说明我们只需要维护点集的下凸壳。

现在思考，加入一个决策后怎么继续维护凸壳。其实只需要维护一个栈，加入一个点后观察栈最后两个数和加入的点的位置关系，如果能 \(淘汰\) 栈顶就将其弹掉。不断弹，然后再把当前决策加进来。

怎么做查询？现在 \(p\) 是单调不增的，所以在点集不变的情况下，随着时间推移，最优决策的位置也单调不降（且是连续的）。那可以直接用一个指针，记录这个最优位置。

复杂度线性。

问： 如果 \(p\) 没有单调性怎么办？答：在凸包上二分 。\((\)参见 P5785\()\)
问？ 如果 \(p\), \(x\) 都没有单调性怎么办？答：李超线段树 ；也可以 cdq 做 ，但可能会多个 \(\log\) 。

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决策单调性优化 dp

单调队列优化，斜率优化，它们能 work 都是因为 \(val\) 在数值上可以拆成简单的形式。

有时候 \(val\) 非常混乱，比如说它可能是形如 \((j - i)^{5}\) 之类的混乱形式。

但比方说，我们在做 \(dp_{j} = \min dp_{i} + val(i, j)\) ，如果对于 \(i < i'\) ， \(val(i, j) - val(i', j)\) 在 \(j\) 增大的过程中单调不降的，那设 \(p_{j}\) 是 \(j\) 选取的决策，我们一定有 \(p\) 单调不降。

满足这个性质的 \(val\) 被认为是满足四边形不等式的。即对于任意 \(a \le b \le c \le d\) ，都有 \(val(a, d) + val(b, c) \ge val(a, c) + val(b, d)\) 。

首先我们有一个问题 ： 为什么不能像斜率优化那样，用一个指针记录最优点 ，随着 \(j\) 变化移动指针即可？

原因：在斜率优化中，被保留的决策的 \(d p _ { i } + v a l ( i , j )\) 形成了单峰序列 。所以能直接根据相邻两项的大小关系调整指针。（ 也是基于这个单峰的性质 ，才能在 \(p\) 不单调的时候做二分）

但这个题中只是决策单调，并没有上述性质 。

做法：

法一：分治。dfs(\(l\), \(r\), \(L\), \(R\)) 表示：我们已经知道 \(p l\le p_l\) , \(p_r\le PR\) ，现在要求出 \(p_l\), \(p_{l+1}\), \(\cdots p_r\) 。

只需要取 \(l\), \(r\) 中点 \(mid\) ，暴力算 \(p_{mid}\) 然后递归至 dfs(\(l\), \(mid-1\), \(L\), \(p_{mid}\)), dfs(\(mid+1\), \(r\), \(p_{mid}\), \(R\)) 即可。

好处：一些问题中，直接算 val(\(l\), \(r\)) 是低效的，但是能高效的算 val(\(l\), \(r+1\)) \(-\) val(\(l\), \(r\)), val(\(l-1\), \(r\)) \(-\) val(\(l\), \(r\)) 。此时这个方法最有用。

坏处：你怎么求 \(p_{mid}\) ？是不是要把 \(dp_0\), \(dp_1\), \(\cdots\), \(dp_{mid-1}\) 算出来？所以在线的 dp 都不能用这个方法，只能做离线的事情。（也有一个中和的方法能做在线：分治套分治）

法二：维持一个序列 \(P\) 。 当我们算出来 \(dp_0\), \(dp_1\), \(\dots\), \(dp_i\) 后 ， 设 \(P_j\) 表示 \([0,i]\) 中对 \(j\) 而言的最佳决策。

考虑算出 \(dp_i\) 后怎么更新序列 \(P\) 。可以证明 \(val\) 满足四边形不等式时 ，序列 \(P\) 也是单调不降的。所以一定是把 \(P\) 的一个后缀替换成 \(i\) 。

维护一个双端队列 ， 维护 \(P\) 的连续段 。 加入 \(dp_i\) 后 ， 不停尝试把栈顶整个连续段都弹掉（设这个连续段是 \((l,r,i')\) ，那也就是看在 \(j=l\) 的时候 \(i'\) 和 \(i\) 谁更优）

如果没法把整个段弹掉，就开始二分 ， 找到这段第 一个能被 \(i\) 替换的位置 。 最后在栈中加入新的连续段 ， 表示 \(i\) 占领的位置 。

坏处：第一，只有 \(val\) 满足四边形不等式时 ， 这个方法才 work， 如果是通过其他方法分析出的单调性 ， 就不能使用 。 第二，你也不能像那个分治做法一样调整 \(val(l, r)\) 。

好处：可以做在线 。