决策单调性优化dp

决策单调性:

对于一些dp方程,经过一系列的猜想和证明,可以得出,所有取的最优解的转移点(即决策点)位置是单调递增的。

即:假设f[i]=min(f[j]+b[j]) (j<i) 并且,对于任意f[i]的决策点g[i],总有f[i+1]的决策点g[i+1]>=g[i](或者<=g[i]) 那么,这个方程就具备决策单调性。

这个有什么用吗?

不懂具体优化方法的话确实也没有什么用。可能还是n^2的。只不过范围可能少了一些。

 

经典入门例题:

 

Description:

[POI2011]Lightning Conductor

已知一个长度为n的序列a1,a2,...,an。

对于每个1<=i<=n,找到最小的非负整数p满足 对于任意的j, aj < = ai + p - sqrt(abs(i-j))

Solution:

题目转化一下:就是对于每个i,找到aj+sqrt(abs(i-j))的最大值。

首先必须要先证明决策单调性:

当i>j时,即aj+sqrt(i-j)<=ai

假设对于i位置的决策点为g[i],那么对于任意的正数k,满足a[g[i]-k] + sqrt(i-g[i]+k) <= a[g[i]] + sqrt(i-g[i])

当i变成i+1 的时候, 因为幂函y = sqrt(x)是上凸的,

因为i-g[i]+k > i-g[i]

所以,sqrt(i+1-g[i]+k)-sqrt(i-g[i]+k)sqrt(i+1-g[i]) - sqrt(i-g[i]) (越大,加1越不明显)

大概就是,A区域一段的增加幅度大于B区域一段。

所以:a[g[i]-k] + sqrt(i+1-g[i]+k) < a[g[i]] + sqrt(i+1-g[i])  不选的那个点更不优了。g[i+1]>=g[i] 所以有单调性。

当j>i 的时候,同理可证。

 

处理方法:

1.分治:

sol(l,r,L,R) 表示决策l,r这段区间,决策点可能在L,R。

每次取一个mid=(l+r)/2 , 暴力扫描L,R找到决策点id。分治到:sol(l,mid-1,L,id) 和 sol(mid+1,r, id,R)

因为对于>mid 的点,决策一定比id大。反过来同理。

logn层,每层扫描总共O(n) 复杂度nlogn

这个题用这个方法代码好写。

注意理解一下i<j和i>j的情况两次找。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000+10;
double f[N][2];
int a[N],n;
void sol(int l,int r,int L,int R,int ty){
    if(l>r) return;
    int mid=(l+r)>>1;int id=0;
    for(int i=L;i<=min(R,mid);i++){//注意,这里min(R,mid),每次只从前部分取max 
        //保证了i<j或者i>j的前提下的决策单调性。(虽然看似都是j<i的单调性,但是我对称数组了呀) 
        //可以根据题目样例画图理解一下 
        if(1.0*a[i]+1.0*sqrt(1.0*abs(i-mid))>f[mid][ty]){
            f[mid][ty]=1.0*a[i]+1.0*sqrt(1.0*abs(i-mid));
            id=i;
        }
    }
    sol(l,mid-1,L,id,ty);sol(mid+1,r,id,R,ty);
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sol(1,n,1,n,1);
    for(int i=1;i<=n/2;i++) swap(a[i],a[n-i+1]);//这里要对称一下,正反分别找一遍,
    //对应i<j和i>j的情况,这样决策才是一直单调的。 
    sol(1,n,1,n,0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int ans=(int)ceil(f[i][1])-a[n-i+1];
        int aa=(int)ceil(f[n-i+1][0])-a[n-i+1];
        ans=max(ans,aa);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

缺陷在于:这个方法必须依赖于f[i]与之前的f们无关。因为先得出答案的是区间中间的值,没有任何顺序。

一般适用于二维dp —— SD_le

(因为,二维dp一般有f[i][k]=min(f[j][k-1]),f[j][k-1]们已经在之前算好了。就可以直接分治。不用考虑得出答案的顺序)

 

2.队列:

这个方法适用性比较普遍。

我们把思路转化一下,从考虑每个位置的决策点,到每个点是哪些位置的决策点。

根据决策单调性,这些位置一定是连续的一段区间。

从前到后1~n枚举i

每次枚举到i,就从队头取出最优解,更新答案。再用二分查找决策分界点。插入队尾。

具体解释:

   维护一个队列,队列里存着三元组(id,l,r),表示决策点和以id为最优决策点的区间(l,r)i从1扫到n
①i的最优决策点一定是队头的id,然后如果队头的r==i,弹出队头
②以i为最优决策点的区间一定是(x,n],然后从队列尾开始,如果队尾的q[tail].id在q[tail].l~q[tail].r中全劣于i,弹出队尾。
③当前队尾的元素在l~r中可能前一部分优于i,后一部分劣于i,二分这个分界点,修改q[tail].r
④如果q[tail].r!=n,将(i,q[tail].r+1,n)加入队尾
概括地说,1.取队头,2.判断弹队头 3.新决策点二分一个影响区间 4. 弹出队尾,或者弹出自己或者改变队尾区间影响范围。(5.加入自己)
不断循环3、4步,直到弹出自己或者改变范围。

循环当前的i,二分,nlogn

 

对于这个题,就是每次的i,找队头的id,更新f[i],把自己加进去。

因为每次决策点都是之前的,所以也要对称数组再做一遍即可。

 

 

土地购买、玩具装箱也可以用决策单调性。

但是斜率优化毕竟O(n)更好。

 

[Lydsy1712月赛]小Q的书架

题面:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201712/prob12.pdf

f[i][k]表示,前i个位置,在i后面砍第k刀的最小代价。

f[i][k]=min(f[j][k-1]+w(j+1,i)) j<i

w(l,r)即为l到r区间内的逆序对数量。

w显然满足四边形不等式。

 

用什么方法处理单调性呢?

发现,既然k从k-1转移,我们不妨从小到大枚举k

f[i][k-1]们都求出来了,所以可以直接分治。(毕竟分治好写)

至于w(l,r)

每次统计,就变成优秀的n^2logn“分治”了。

所以,用莫队思想。每次动一点。

复杂度肯定要优秀一些。但是不会证。。。

大概复杂度:
O(nksqrt(n)*logn+nlogn)实际莫队表现好像更快。

 

代码:

值得注意的是,R-L+1-query(a[R+1]-1)求区间多少个比a[R+1]大的。总的减去小的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=40000+5;
int n,m;
int f[N][12];
int t[N];
int a[N];
void add(int x,int c){
    for(;x<=n;x+=x&(-x)) t[x]+=c;
}
int query(int x){int ret=0;
    for(;x;x-=x&(-x)) ret+=t[x];
    return ret;
}
int ni;
int L,R;
void mov(int l,int r){
    //cout<<l<<" and "<<r<<endl;
    //cout<<L<<" ;; "<<R<<endl;
    while(R<r) ni+=(R-L+1-query(a[R+1]-1)),add(a[++R],1);
    while(L>l) ni+=query(a[L-1]-1),add(a[--L],1);
    while(R>r) ni-=(R-L-query(a[R]-1)),add(a[R--],-1); 
    while(L<l) ni-=query(a[L]-1),add(a[L++],-1);
}
void divi(int p,int l,int r,int L,int R){
    //cout<<p<<" "<<l<<" "<<r<<" : "<<L<<" "<<R<<endl;
    if(L>R) return;
    int mid=(L+R)/2;
    int id=0;
    for(int i=min(mid-1,r);i>=l;i--){
        mov(i+1,mid);
        //cout<<" jj"<<endl;
        if(f[i][p-1]+ni<f[mid][p]){
            f[mid][p]=f[i][p-1]+ni;
            id=i;
        }
    }
    divi(p,l,id,L,mid-1);
    divi(p,id,r,mid+1,R);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[0][0]=0;
    L=1,R=1;
    add(a[1],1);
    for(int k=1;k<=m;k++){
        //cout<<" now "<<k<<endl;
        divi(k,0,n-1,1,n);
    }
    printf("%d",f[n][m]);
    return 0;
}

 

 

决策单调性感觉非常微妙,是的,微妙。

必须要往这方面去想。1e5数据范围

一般要通过推式子。(打表找规律)


证明单调性后,就比较套路了。

posted @ 2018-07-21 21:16  *Miracle*  阅读(1151)  评论(0编辑  收藏  举报