2025dsfz集训Day12: 斜率优化DP

Day12:斜率优化DP

一次函数与斜率

• 斜率：表示一个直线倾斜程度。定义为和正方向水平轴的夹角的正切值。
• 经过两个点 \((x1, y1)\) 和 \((x2, y2)\) 的直线的斜率为 \(\frac{y2−y1}{x2−x1}\)。
  (保证这两点不重合)
• 可看出过两个竖直的点的直线斜率无定义。需特别关注。
  证明:
  将 \(x1,x2,y1,y2\) 带入同一个函数解释式得:

\[\left\{\begin{matrix}y_1=x_1k+d\\y_2=x_2k+d\end{matrix}\right. \]

其中,\(k\)为斜率,\(d\)为节距.
将两式相减可得:

\[(y_2-y_1)=k(x_2-x_1) \]

移项可得:

\[k=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1} \]

得证.

例题1:[一本通]打印文章

• 输入长度为 \(n\) 的非负序列，输入权值 \(M\)，把序列划分为若干连续段，每段的价值为这段权值和的平方加 \(M\)，求一种划分方式，使得每段价值之和最小。

  • \(n ≤ 500000\)

• 设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个数的最佳答案。考虑枚举倒数第二段的右端点 \(j\)，写出转移式为：

\[dp_=min_{j=0}^{i-1}\{dp_j+sum[j+1:i]^2+M\} \]

• 尝试优化，令 si 表示前缀和，则转移式为:

\[dp_i=M+min_{j-0}^{i-1}\{dp_j+(s_i-s_j)^2\} \]

\[dp_i=M+s_i^2+min_{j=0}^{i-1}\{dp_j+s_j^2-2s_is_j\} \]

• 有 \(2s_is_j\) 让含 \(j\) 项和含 \(i\) 项无法分开，无法直接数据结构优化。
• 设 \(res_j = M + s_i^2 + dp_j + s_j^2 − 2s_is_j\)，表示从 j 转移到 i 的值。显然,\(dp_i=min_{j=0}^{i-1}res_j\)

\[dp_j + s_j^2 = 2s_is_j + (res_j − M − s_i^2) \]

• 若把 \(P_j(s_j, dp_j + s_j^2)\) 看作二维平面上的一个点？
• 则直线 \(y = (2s_i)x + (res_j − M − s_i^2)\) 一定过 \(P_j\)。且此直线斜率固定为 \(2s_i\)，纵截距为 \(res_j − M − s_i^2\)。
• 对于固定的 \(i\)，求 \(res_j\) 中的最小值，转化为：给定若干个 \(P_j\)，求过每个点斜率为 \(2s_i\) 的直线的截距最小值。

下凸壳

直观理解： 只有所有的 \(P_j\) 里“最靠下”的点有可能成为答案。如何定义“最靠下”？

• 我们定义“不靠下”的点：
  • 点集中两个点 \(A(x_A, y_A), B(x_B, y_B)\)，若满足 \(x_A = x_B\)，且 \(y_A < y_B\)，则 \(B\) 是“不靠下”的点。
  • 点集中三个点 \(A(x_A, y_A), B(x_B, y_B), C(x_C, y_C)\)，若满足 \(x_A < x_B < x_C\)，且 \(k_{AB} > k_{BC}\)，则 \(B\) 是“不靠下”的点。
• 称剩余不是“不靠下”的点形成的点集为：下凸壳。
• 只有下凸壳上的点可能成为最优转移点 \(res_j\)。
• 证明：一个“不靠下”的点，第一种情况显然不可能。
• 第二种情况，即这个电是 \(P_A, P_B, P_C\)，其中 \(s_A < s_B < s_C\)，且 \(k_{AB} > k_{BC}\) 中的 \(P_B\) 点。直接放缩可证明 \(k_{AB} > k_{AC} > k_{BC}\)（三弦引理）。
• 先考虑两个转移点 \(P, Q\)。
  • 当 \(2s_i < k_{PQ}\) 时，\(P\) 比 \(Q\) 优。
  • 当 \(2s_i ≥ k_{PQ}\) 时，\(Q\) 比 \(P\) 优。
  • 当 \(2s_i < k_{AC} < k_{AB}\) 时，\(A\) 比 \(B\) 优。
  • 当 \(2s_i ≥ k_{AC} > k_{BC}\) 时，\(C\) 比 \(B\) 优。
• 所以无论何时，\(B\) 一定不是最优转移点。

实现方式

• 实现方式：用单调队列维护下凸壳。每在右边（\(s_i\) 单调不降）加一个新点，按照斜率单调递增的原则维护单调队列。每次求 \(dp_i\) 时，在左侧弹掉斜率小于 \(2s_i\) 的点，则队头为切点。时间复杂度为 \(O(n)\).
• 转移式为 \(1D1D\) 形式，形如 \(dp_i = min_j\{F(i) + G(j) + H(i) × R(j)\}：\)
• 转化为 \(G(j) = (−H(i)) × R(j) + (resj − F(i))\)
• 再转化为，二维平面上有若干点 \(P_j(R(j), G(j))\)，用斜率为 \(−H(i)\) 的直线去过这些点。最小（大）化纵截距，
• 维护下（上）凸壳解决。

上一道题满足了 \(R\) 函数是单调不降函数，这让我们可以直接用队列维护下凸壳。而且满足了 \((-H)\) 函数是单调不降函数，这让我们可以用单调队列直接把队头弹掉。

[一本通] Cats Transport

小 \(S\) 是农场主，他养了 \(M\) 只猫，雇了 \(P\) 位饲养员。农场中有一条笔直的路，路边有 \(N\) 座山，从 \(1\) 到 \(N\) 编号。第 \(i\) 座山与第 \(i − 1\) 座山之间的距离是 \(D_i\)。饲养员都住在 \(1\) 号山上。
有一天，猫出去玩。第 \(i\) 只猫去 \(H_i\) 号山玩，玩到时刻 \(T_i\) 停止，然后在原地等饲养员来接。饲养员们必须回收所有的猫。每个饲养员沿着路从 \(1\) 号山走到 \(N\) 号山，把各座山上已经在等待的猫全部接走。饲养员在路上行走需要时间，速度为 \(1\) 米每单位时间。饲养员在每座山上接猫的时间可以忽略，可以携带的猫的数量为无穷大。
例如有两座相距为 \(1\) 的山，一只猫在 \(2\) 号山玩，玩到时刻 \(3\) 开始等待。如果饲养员从 \(1\) 号山在时刻 \(2\) 或 \(3\) 出发，那么他可以接到猫，猫的等待时间为 \(0\) 或 \(1\)。而如果他于时刻 \(1\) 出发，那么他将于时刻 \(2\) 经过 \(2\) 号山，不能接到当时仍在玩的猫。
你的任务是规划每个饲养员从 \(1\) 号山出发的时间，使得所有猫等待时间的总和尽量小。饲养员出发的时间可以为负。
\(N, M ≤ 10^5, P ≤ 100, Di ≤ 10^4, 1 ≤ H_i ≤ N, T_i ≤ 10^9\)

• 设 \(sd_i\) 为 \(i\) 号山到 \(1\) 号山的距离。
  • 某饲养员出发时间为 \(s\)，则他能接到的猫需要满足 \(s + sd_{H_i} ≥ T_i\)，等待时间为:

\[s + sd_{H_i} − T_i。 \]

• 那么令 \(a_i = T_i − sd_{H_i}\)，问题转化为在数轴上放置 \(P\) 个存档点，最小化每个 \(a_i\) 和右侧最近的存档点距离之和。
• 很明显所有饲养员只会在某个 \(ai\) 时刻出发，则问题转化为离散问题。
• 把 \(a_i\) 从小到大排序。\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个猫，用 \(j\) 个饲养员接，等待时间之和最小值。
• 转移为:(si 为 ai 的前缀和)

\[dp_{i,j}=min^{i-1}_{k=0}dp_{k,j−1} + a_i(i − k) − (s_i − s_k) \]

• 第二维可滚动，套用斜率优化一般形式，化为:

\[dp_{k,j−1} + s_k = a_i\times k + (res_k − a_i\times i + s_i) \]

• 平面上的点为 \(P_k (k, dp_{k,j−1} + s_k )\)，斜率为 \(a_i\)
• 横坐标单调递增，斜率单调递增，可直接单调队列维护。时间复杂度 \(O(NP)\)

[一本通]任务安排

有 \(N\) 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。机器会把这 \(N\) 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。
从时刻 \(0\) 开始，任务被分批加工，执行第 \(i\) 个任务所需的时间是 \(T_i\)。另外，在每批任务开始前，机器需要 \(S\) 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 \(S\) 加上每个任务所需时间之和。
一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。也就是说，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 \(C_i\)。请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。
\(n ≤ 300000, 1 ≤ S ≤ 256, |Ti| ≤ 256, 0 ≤ Ci ≤ 256\)

• 费用需要差分计算，将每个任务的费用拆到每组任务的花费时间上
• 设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个任务做完后，对总费用的贡献最小值。
• 设 \(st\) 为 \(T\) 的前缀和，\(sc\) 为 \(c\) 的前缀和。枚举当前上一批任务的右端点 \(j\)，有:

\[dp_i =min_{j=0}^{i-1}{dp_j + (sc_n − sc_j)(S + st_i − st_j)} \]

• 按照惯例，整理为:

\[dp_j − sc_n × st_j − sc_j × S + sc_j × st_j = st_i × sc_j + (res_j − sc_n × S − sc_n × st_i) \]

• 二维平面上的点为 \(P_j(sc_j, dp_j − sc_n × st_j − sc_j × S + sc_j × st_j)\)，查询斜率为 \(st_i\)。
• 横坐标依然单调递增，可直接维护下凸壳。但是查询斜率不递增了，不能用单调队列维护。
• 用单调栈维护，查询时在单调栈上二分即可。时间复杂度 \(O(n log n)\)。

NOI2007 货币兑换

有两种货物。每天这两种货物的市场价格都会改变，第 \(k\) 天，单价分别为 \(A_k\) 和 \(B_k\)。
有两种交易方式，一种是买，支付 \(P\) 元，获得数量比例为 \(r_k\) 的 A 货物和 B 货物。
另一种是卖，将当前手里占比为 \(p\) 的 \(A\) 货物和 \(B\) 货物卖成现金。\(p ∈ [0, 1]\)。
每天可以自由买卖，初始没有货物，有 \(S\) 元钱，求 \(N\) 天后最多多少现金。
\(N ≤ 10^5, 0 < Ak , Bk ≤ 10, 0 < rk ≤ 100\)

• 必然存在一种最优的方案满足：每次买都花光所有现金，每次卖都卖光所有货物。
• 那么在同一天内，一定是先卖光（或者不卖），再全买进（或者不买）。
• 设 dpi 表示第 i 天卖光 (或者不卖) 后最多有多少钱。枚举上次是第 j 天买的，得:

\[dp_i = max(dp_{i−1},max_{j=0}^{i-1}{dp_j × (a_j × A_i + b_j × B_i)}) \]

• 其中 \(a_j =\frac{r_j}{A_j×r_j+B_j}, b_j = \frac{1}{A_j×r_j+B_j}\) ，表示当天 \(1\) 元钱会买进 \(A\) 货物和 \(B\) 货物的数量。
• 我们姑且忽略和 \(dp_{i−1}\) 取 \(max\) 的那部分，按照惯例定义 \(res_j = dp_j × (a_j × A_i + b_j × B_i)\)，推式子可得:

\[dp_j\times b_j = −\frac{A_i}{B_i}(dp_j\times a_j) + \frac{res_j}{B_i} \]

• 此时二维平面上的点为 \(P_j(dp_j\times a_j, dp_j\times b_j)\)，用斜率为 \(−\frac{A_i}{B_i}\) 的直线去过这些点，最大化纵截距。
• 无论是点的横坐标还是斜率都不单调了。可以用李超线段树来做，但斜率优化也可以做。
• 这个题就利用分治加斜率优化去做。直接做时间复杂度为 \(O(n log2 n)\)。但是分治本身结构就是归并排序的结构。利用归并排序，可将时间复杂度降为 \(O(n log n)\)

一般形式其他优化

• 回顾形式 \(G(j) = (−H(i)) × R(j) + (res_j − F(i))\)。用斜率为 \(−H(i)\) 的直线过 \(P_j(R(j), G(j)))\)
• 现在我们考虑，如果横坐标 \(R(j)\) 不单调递增，怎么维护凸壳呢？

序列上的斜率优化可考虑分治。

• 对于一个分治区间 \([l, mid]\) 和 \([mid + 1, r]\)，我们考虑转移点在 \([l, mid]\) 范围内，对 \(i ∈ [mid + 1, r]\) 的所有 \(dp_i\) 的贡献。这样转移点内部就离线下来了，可以做排序，变成了横坐标单调的情况。对于每个 \(i ∈ [mid + 1, r]\)，在固定的凸壳上做二分。
• 先递归到左子区间，把 \([l, mid]\) 的所有 \(dp\) 最终值求出来。然后考虑 \([l, mid]\) 对 \([mid + 1, r]\) 的转移。最后递归到 \([mid + 1, r]\)，只需考虑内部转移。

相当于一个分治树上的中序遍历。