【总结】斜率优化

这或许是这几天的济南云斗集训之旅最大的收获吧，若是最后一天的模拟赛文件不会交错也许结局会更好，但在这残酷的现实中却从不会有“如果”一词。

本文将效仿《李煜东算法进阶指南》的思路，按照例题层层深入。

P2365 任务安排

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凡是先考虑朴素算法，这是一个好习惯。

朴素的解法

求出 $T,C$ 的前缀 $t,c$，设 $f_{i,j}$ 为把前 $i$ 个任务分为 $j$ 批的最小费用，明显的是第 $j$ 批任务完成的时间为第 $j\times S+t_i$ 时刻。

\[f_{i,j}=\min_{0\le k<i} \left \{ f_{k,j-1}+(S\times j+t_i)\times(c_i-c_k)\right \} \]

朴素的解法复杂度 $O(n^3)$。

本题正解

思考为什么要 $j$ 这一维，发现 $j$ 这一维完全是为了求当前这一批完成的时刻。

思考该如何优化，感觉不容易直接求之前此机器启动过几次，但机器每次启动所耗费的时间 $S$ 最终会累积到之后所有任务完成时间上。所以我们可以将其累加到费用当中。

设 $f_i$ 表示把前 $i$ 个任务分成若干批执行的最小费用，状态转移方程为：

\[f_i=\min_{0\le j<i}\left\{f_j+t_i\times (c_i-c_j)+S\times(c_n-c_j)\right\} \]

下文摘自《李煜东算法进阶指南》：

也就是说我们没有直接求出每批的完成时刻，而是在一批任务“开始”对后续任务产生影响时，就先把费用累加到答案中。这是一种名为“费用前提计算”的经典思想。

很明显这段话可谓相当的晦涩。

该复杂度 $O(N^2)$。

咦，好尴尬，我似乎没有写过关于此解的的代码。

P10979 任务安排 2

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与上一题的题意一模一样，但数据加强了。

将上一题的转化方程拆一下，得：

\[f_i=\min_{0\le j<i}\left\{f_j+t_i\times c_i-t_i\times c_j+S\times c_n-S\times c_j\right\} \]

由于 $f_i$ 的大小只与跟 $j$ 有关的项有关，其他项都是固定的，可以当作常数,然后再合并同类项，于是得：

\[f_i=\min_{0\le j<i} \left\{f_j-c_j\times (S+t_i)\right\}+t_i\times c_i+S\times c_n \]

让我们把 $min$ 函数去掉，然后将全部不与 $j$ 有关的项作为常数项（包括 $f_i$），将与 $j$ 有关的项当作变量，组成一个函数式：

\[f_j=(S+t_i)\times c_j+f_i-c_i\times t_i-S\times c_n \]

在一个以 $c_j$ 为横坐标（$x$），$f_j$ 为纵坐标（$y$）的平面直角坐标系当中，这是一条以 $S+t_i$ 为斜率（$k$），以 $f_i-c_i\times t_i-S\times c_n$ 为截距（$b$）的直线（$y=kx+b$）。因此每一个候选的决策都是一个坐标系中的点，即每一个 $j$ 都对应着一个点 $(c_j,f_j)$，而我们要求的 $f_i$ 对应每一个点对应直线的截距，每个直线的斜率是固定的，而截距是未知的。综上所述，当截距最小时，$f_i$ 也最小。

对于三个决策点 $(c_{j_1},f_{j_1})$，$(c_{j_2},f_{j_2})$，$(c_{j_3},f_{j_3})$，设 $j_1<j_2<j_3$，因为 $T,C$ 都是正整数所以 $t$ 和 $c$ 都有单调性。

探究什么情况时，$j_2$ 有可能是最优决策：

如上图所示，$j_2$ 有可能是最优决策，当且仅当：

\[\frac{f_{j_2}-f_{j_1}}{c_{j_2}-c_{j_1}}<\frac{f_{j_3}-f_{j_2}}{c_{j_3}-c_{j_2}} \]

上示的不等式实际上是连接两个决策点连线的斜率，通俗的讲，我们应该维护“链接相邻两点的线段斜率”单调递增的一个“下凸壳”，只有这个下凸壳的顶点才有可能成为最优决策。实际上，对于一条斜率为 $k$ 的直线，若某个点的左侧线段比 $k$ 小、右侧线段的斜率比 $k$ 大，则该顶点就是最优决策。换言之，如果把这条直线和所有线段组成一个排列组成一个序列，那么令结局最小化的定点就出现在按照斜率大小排序时，直线应该排在的位置上。

在本题中，$j$ 的范围是 $0\le j<i$，随着 $i$ 的增大，都会有一个新决策出现。因为 $c$ 的单调性，新决策的单调性一定会大于之前所有决策点的单调性。由于 $t$ 的单调性，每次的斜率 $S+t_i$ 也单调递增，如果每次只保留“相邻两点的线段斜率”大于 $S+t_i$ 的部分，那凸壳的最左端点就一定是最优决策。

综上，对于代码操作，我们建立一个单调队列 $q$，维护这个下凸壳。

对于每个决策 $i$：

检查队头决策 $q_l$ 和 $q_{l+1}$，若斜率 $(f_{q_{l+1}}-f_{q_l})/(c_{q_{l+1}}-c_{q_l})\le S+t_i $，则 $q_l$ 出队，检查新对头。
取队头 $q_l$ 为最优决策，计算 $f_i$。
将新决策 $i$ 队尾插入，插入前，若 $q_r$ 不满足下凸性，即 $q_r$ 是无用决策，就将 $q_r$ 出队，检查新队尾。

时间复杂度 $O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,s,c[N],t[N],f[N],q[N];
int main(){
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>t[i]>>c[i];
		t[i]+=t[i-1],c[i]+=c[i-1]; 
	}
	int l=1,r=1;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0]=0;
	q[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k = s+t[i] ;
		while( l<r && f[q[l+1]]-f[q[l]] <= k * (c[q[l+1]]-c[q[l]]) ) ++l;
		f[i]= f[q[l]] - k*c[q[l]] + t[i]*c[i] + s*c[n];
		while( l<r && (f[q[r]]-f[q[r-1]]) * (c[i]-c[q[r]])>=(c[q[r]]-c[q[r-1]])*(f[i]-f[q[r]]))--r;
		q[++r]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

以下摘自《李煜东算法进阶指南》：

与一般的单调队列优化 DP 的模型相比，本题维护的“单调性”依赖于队列中相邻的两个元素之间的某种“比值”。因为这个值对应线性规划的坐标系的斜率，所以我们把本题中使用的优化方法称为“斜率优化”，英文称为 convex hull trikk(直译为凸包优化策略)。

P5785 [SDOI2012] 任务安排

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与上一题不同的是这一题的 $T$ 可能是负数，即 $t$ 不具有单调性，所以本题的斜率 $S+t_i$ 并不具有单调性，所以上文的操作 1 无法进行，所以我们需要维护整个凸壳。

于是我们需要在单调队列中寻找一个点 $p$，$p$ 的左侧线段的斜率小于 $S+t_i$，右侧线段的斜率大于 $S+t_i$。

对于这个搜索，我们可以二分搜索。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,s,c[N],t[N],f[N],q[N],l,r,k;
int binary_search(int i){
	if(l==r)return q[l];
	int L=l,R=r;
	while(L<R){
		int mid=(L+R)>>1;
		if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]]<=k*(c[q[mid+1]]-c[q[mid]]))L=mid+1;
		else R=mid;
	}
	return q[L];
} 
signed main(){
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>t[i]>>c[i];
		t[i]+=t[i-1],c[i]+=c[i-1]; 
	}
	l=r=1,q[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		k=s+t[i];
		int p=binary_search(i);
		f[i]=f[p]-k*c[p] + t[i]*c[i] + s*c[n];
		while( l<r && (f[q[r]]-f[q[r-1]]) * (c[i]-c[q[r]])>=(c[q[r]]-c[q[r-1]])*(f[i]-f[q[r]]))r--;
		q[++r]=i;
	}
	cout<<f[n];
	return 0;
}

P10980 任务安排 4.1【暂无数据】

题目链接

若 $C$ 是负数，则 $c$ 不具有单调性，可以倒序 DP，设计一个状态转移，让 $t$ 为横坐标，$c$ 是斜率中的一项。仍然可以单调队列维护凸壳，用二分法求出最佳解法。

P10981 任务安排 4.2【暂无数据】

$T,C$ 都有可能是负数，二者都不具有单调性，意味着需要动态开点、动态查询。

需要平衡树维护。

CF311B Cats Transport

呵呵，任务安排系列就此完成了。

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呃呃额，感觉前面写的够多了，这道题只要知道他跟任务安排2是类似的即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5;
int n,p,d[N],t[N],h[N],m,a[N],s[N],f[105][N],q[N];
int qy(int i,int L){
    return f[i-1][q[L]]+s[q[L]];
}
signed main(){
    cin>>n>>m>>p;
    for(int i=2;i<=n;i++){cin>>d[i];d[i]+=d[i-1];}
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>h[i]>>t[i];
        a[i]=t[i]-d[h[i]];
    }
    sort(a+1,a+1+m);
    for(int i=1;i<=m;i++)s[i]=s[i-1]+a[i];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=0;i<p;++i)f[i][0]=0;
    for(int i=1;i<=p;i++){
        int l=1,r=1;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            int k=a[j];
            while(l<r&&qy(i,l+1)-qy(i,l)<=k*(q[l+1]-q[l]))++l;
            f[i][j]=qy(i,l)-a[j]*q[l]+a[j]*j-s[j];
            while(l<r&&(qy(i,r)-qy(i,r-1))*(j-q[r])>=(q[r]-q[r-1])*(f[i-1][j]+s[j]-qy(i,r)))--r;
            q[++r]=j;
        }
}
    cout<<f[p][m];
    return 0;
}

P10966 K-Anonymous Sequence

我的题解

posted @ 2025-02-11 17:02 Kcjhfqr 阅读(50) 评论(1) 收藏举报

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