【学习笔记】动态规划—各种 DP 优化

【学习笔记】动态规划—各种 DP 优化

【大前言】

个人认为贪心,\(dp\) 是最难的,每次遇到题完全不知道该怎么办,看了题解后又瞬间恍然大悟(TAT)。这篇文章也是花了我差不多一个月时间才全部完成。


【进入正题】

用动态规划解决问题具有空间耗费大时间效率高的特点,但也会有时间效率不能满足要求的时候,如果算法有可以优化的余地,就可以考虑时间效率的优化。


【DP 时间复杂度的分析】

\(DP\) 高时间效率的关键在于它减少了“冗余”,即不必要的计算或重复计算部分,算法的冗余程度是决定算法效率的关键。而动态规划就是在将问题规模不断缩小的同时,记录已经求解过的子问题的解,充分利用求解结果,避免了反复求解同一子问题的现象,从而减少“冗余”。
但是,一个动态规划问题很难做到完全消除“冗余”。

下面给出动态规划时间复杂度的决定因素:

时间复杂度 \(=\) 状态总数 \(×\) 每个状态转移的状态数 \(×\) 每次状态转移的时间


【DP 优化思路】

一:减少状态总数

\((1).\) 改进状态表示

\((2).\)选择适当的规划方向

二:减少每个状态转移的状态数

\((1).\) 四边形不等式和决策的单调性

\((2).\) 决策量的优化

\((3).\) 合理组织状态

\((4).\) 细化状态转移

三:减少状态转移的时间

\((1).\) 减少决策时间

\((2).\) 减少计算递推式的时间

(上述内容摘自 《动态规划算法的优化技巧》毛子青 ,想要深入了解其思想的可以去看看这篇写得超级好的论文。)


看到这里是不是已经感觉有点蒙了呢?
本蒟蒻总结了一个简化版本:


【DP 三要点】

在推导 \(dp\) 方程时,我们时常会感到毫无头绪,而实际上 \(dp\) 方程也是有迹可循的,总的来说,需要关注两个要点:状态决策转移。其中 “状态” 又最为关键,决策最为复杂。

【状态】

关于 “状态” 的优化可以从很多角度出发,思维难度及其高,有时候状态选择的好坏会直接导致出现暴零和满分的分化。

【决策】

“状态” 不同,“决策” 优化则有着大量模板化的东西,在各大书籍,文章上你都可以看到这样的话:只要是形如 \(XXX\) 的状态转移方程,都可以用 \(XXX\) 进行优化。

【转移】

“转移” 则指由最优决策点得到答案的转移过程,其复杂度一般较低,通常可以忽略,但有时也需要特别注意并作优化。

本文将会重点针对 “决策” 优化部分作一些总结,记录自己的感悟和理解。


\[QAQ \]


一:【矩阵优化 DP】

\(updata\) 之后由于篇幅过大,已搬出。。。。。

【学习笔记】动态规划—矩阵递推加速

补充:其实质是优化 “转移”


\[QAQ \]


二:【数据结构优化 DP】

【前言】

在一些 \(dp\) 方程的状态转移过程中,我们通常需要在某个范围内进行择优,选出最佳决策点,这往往可以作为 \(dp\) 优化的突破口。

数据结构的使用较灵活,没有一个特定的模板,需要根据具体情况而定,选择合适的方案。由于状态转移总是伴随着区间查询最值,区间求和等操作,即动态区间操作,所以平衡树可以作为一个有用的工具,但考虑到代码复杂度,使用树状数组或者线段树将会是一个不错的选择。。

其实质是优化 “决策”


1.【维护合适的信息】

\(The\) \(Battle\) \(of\) \(Chibi\) \([UVA12983]\) 为例,大概题意就是计算在给定的序列中严格单调递增子序列的数量,并对 \(1e9 +7\) 取模,给定序列长度小于等于 \(1000\)

方程应该是比较好推的,用 \(dp[i][j]\) 表示由序列中在 \(j\) 之前的数构成并以 \(a[j]\) 结尾的子序列中,长度为 \(i\) 的子序列的数量。则:\(dp[i][j]=\sum dp[i-1][k]\) ,其中 \(k < j\) \(且\) \(a[k] < a[j]\)

对于决策点 \(dp[i-1][k]\) 这里出现了 \(3\) 个信息:
\((1).\) 在原序列中的位置 \(k<j\)
\((2).\) \(a[k]<a[j]\)
\((3).\) \(dp[i-1][k]\) 的和。

对于 \((1)\),可以用枚举的顺序解决,剩下的两个信息即是数据结构需要维护的信息。

对于每一次 \(dp[i]\) 的决策,可以将 \(a[j]\) 作为数据结构维护的关键字, \(dp[i-1][j]\) 作为权值,加入 \(-inf\) 后离散化,得到一个大小为 \(N+1\) 的数组并在上面建立树状数组,每次计算 \(dp[i][j]\) 时查询前面已经加入的且关键字小于 \(a[j]\)\(dp[i-1][k]\) 总和(即区间查询),然后把 \(dp[i-1][j]\) 加入树状数组(单点查询)。

时间复杂度为 \(O(logn)\)

当问题涉及到的操作更复杂时,树状数组无法维护所需要的信息,就只有用线段树了。这道题较简单,所以选择了代码复杂度更低的树状数组。


2.【Code】

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>//UVA抽风,加上这个就好了
#include<cstdio>
#define Re register int
using namespace std;//UVA抽风,还要加这个
const int N=1005,P=1e9+7;
int n,m,T,k,ans,cnt,a[N],b[N],C[N],dp[N][N];
inline void add(Re x,Re v){while(x<=n+1)(C[x]+=v)%=P,x+=x&-x;}
inline int ask(Re x){Re ans=0;while(x)(ans+=C[x])%=P,x-=x&-x;return ans%P;}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    for(Re o=1;o<=T;++o){
        scanf("%d%d",&n,&m),ans=0,cnt=n;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(Re i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i],dp[1][i]=1;
        sort(b+1,b+n+1);//离散
        cnt=unique(b+1,b+n+1)-b-1;//去重
        for(Re i=2;i<=m;++i){
            memset(C,0,sizeof(C));//每次都要清空,重新开始维护
            for(Re j=1;j<=n;++j)
                dp[i][j]=ask((k=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[j])-b)-1),add(k,dp[i-1][j]);
        }	
        for(Re j=1;j<=n;++j)(ans+=dp[m][j])%=P;
        printf("Case #%d: %d\n",o,ans);
    }
}

3.【题目链接】

【简单题】

【高档题】


\[QAQ \]


三:【决策单调性】

【前言】

形如 \(dp[i]=min(dp[j]+w(j,i))\) \((L_i \leqslant j \leqslant R_i)\)\(dp\) 方程被称作 \(1D/1D\) 动态规划,其中 \(L_i\)\(R_i\) 单调递增,\(w(j,i)\) 决定着优化策略选择。

针对决策点具有的特性,可以大大降低寻找最优决策点的时间。

其实质是优化 “决策”


1.【定义】

【决策单调性】

\(j_0[i]\) 表示 \(dp[i]\) 转移的最优决策点,那么决策单调性可描述为 \(\forall i \leqslant j,j_0[i] \leqslant j_0[j]\)。也就是说随着 \(i\) 的增大,所找到的最优决策点是递增态(非严格递增)。

【四边形不等式】

\(w(x,y)\) 为定义在整数集合上的一个二元函数,若 \(\forall a \leqslant b \leqslant c \leqslant d,w(a,c)+w(b,d) \leqslant w(a,d)+w(b,c)\),那么函数 \(w\) 满足四边形不等式

为什么叫做四边形不等式呢?在 \(w(x,y)\) 函数的二维矩阵中挖一块四边形,左上角右下角 小于等于 左下角右上角


2.【定理及其证明】

定理 (1):四边形不等式的另一种定义

\(w(x,y)\) 为定义在整数集合上的一个二元函数,若 \(\forall a < b,w(a,b)+w(a+1,b+1) \leqslant w(a+1,b)+w(a,b+1)\),那么函数 \(w\) 满足四边形不等式

\(证明:\)

\(\because \forall a < c,w(a,c)+w(a+1,c+1) \leqslant w(a+1,c)+w(a,c+1)\)

\(\therefore \forall a+1 < c,w(a+1,c)+w(a+2,c+1) \leqslant w(a+2,c)+w(a+1,c+1)\)

\(上下两式相加,有:\) \(w(a,c)+w(a+2,c+1) \leqslant w(a,c+1)+w(a+2,c)\)

\(以此类推\) \(\forall a \leqslant b\leqslant c,w(a,c)+w(b,c+1) \leqslant w(a,c+1)+w(b,c)\)

\(同理\) \(\forall a \leqslant b \leqslant c \leqslant d,w(a,c)+w(b,d) \leqslant w(a,d)+w(b,c)\)

定理 (2):决策单调性

\(1D/1D\) 动态规划具有决策单调性当且仅当函数 \(w\) 满足四边形不等式 时成立。

\(证明:\)

\(\because\) \(j_0[i]\) \(在\) \(dp[i]\) \(的决策点中最优\)
\(\therefore\) \(\forall i \in [1,N],\forall j \in [0,j_0[i]-1],dp[j_0[i]]+w(j_0[i],i) \leqslant dp[j]+w(j,i)\)

\(易知\) \(\forall i' \in [i+1,N]\)\(均满足\) \(j<j_0[i]<i<i'\)
\(又\) \(\because\) \(函数\) \(w\) \(满足四边形不等式\)
\(\therefore\) \(w(j,i)+w(j_0[i],i') \leqslant w(j,i')+w(j_0[i],i)\)

\(移项得:\) \(w(j_0[i],i')-w(j_0[i],i) \leqslant w(j,i')-w(j,i)\)

\(与第一个式子相加,有:\) \(dp[j_0[i]]+w(j_0[i],i') \leqslant dp[j]+w(j,i')\)

最后的式子含义是:把 \(j_0[i]\) 作为 \(dp[i']\) 的决策点,一定比小于 \(j_0[i]\) 的任意一个 \(j\) 都要更好。也就是说,\(dp[i’]\)最优决策点不可能小于 \(j_0[i]\) ,即 \(j_0[i'] \geqslant j_0[i]\),所以方程 \(dp\) 具有决策单调性


3.【证明决策单调性】

这里以 玩具装箱 \(toy\) \([P3195]\) 为例(因为这个比较好证 QAQ),先来证一波决策单调性

\(S[n]=\sum _{i=1}^n (C[i]+1)\),用 \(dp[i]\) 表示装好前 \(i\) 个的最小花费,则 \(dp\) 方程为:\(dp[i]=min(dp[j]+(S[i]-S[j]-1-L)^2)\)

很明显,这个方程是一个 \(1D/1D\) 动态规划方程,其中 \(w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2\)

(注意在四边形不等式中的 \(j\) 不是 \(i\) 决策点,可以理解为 \(i’\)。而 \(w(i,j)\) 的值可以理解为是由已完成的状态 \(dp[i]\) 转移到 \(dp[j]\) 所带有的附加价值)。

\(证明:设\) \(Q=S[i]-S[j]-1-L\)

\(\therefore w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2=Q^2\)

\(\text{证明:设}\) \(Q=S[i]-S[j]-1-L\)

\(\therefore w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2=Q^2\)

\(\begin{aligned} \therefore w(i+1,j+1)=&(S[i+1]-S[j+1]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)-(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]-C[j+1])^2 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} w(i,j+1)=&(S[i]-S[j+1]-1-L)^2\\ =&(S[i]-(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q-C[j+1]-1)^2 \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} w(i+1,j)=&(S[i+1]-S[j]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)-S[j]-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]+1)^2 \end{aligned}\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2\)

\(\therefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1)\)

\(\text{又} \because C[i],C[j] \geqslant 1\)

\(\therefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) \leqslant -8\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2\)

\(\therefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1)\)

\(又 \because C[i],C[j] \geqslant 1\)

\(\therefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) \leqslant -8\)

\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)

由定理 \((1)\) 可知,函数 \(w\) 满足四边形不等式
又由定理 \((2)\)可知, 方程 \(dp\) 具有决策单调性

在实战中,通常使用打表的形式来验证 \(w\) 函数的递变规律。


4.【实现方法】

\(ps.\) 对于此处及以下语言不严谨处,大家可以认真思考并给予建议,待日后对其理解加深后再行修改。)

这里选择不同的例题将二者分开讲。

【二分栈】

二分栈,顾名思义就是二分加栈。

用栈维护单调的决策点,二分找到最优决策点。

\(Lightning\) \(Conductor\) \([P3515]\) 为例,题目大意就是在给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 中,对于每一个 \(i\),找到最小的自然数 \(p_i\) 满足对于任意的 \(j \in [1,n]\),均有 \(a_j \leqslant a_i+p_i-\sqrt{\left|i-j\right|}\)

把这个式子变下形:\(p_i \geqslant a_j-a_i+\sqrt{\left|i-j\right|}\)
\(p_i=max \{ a_j+\sqrt{\left|i-j\right|} \} -a_i\)
\(p_i = max \{ max\{a_j+\sqrt{i-j}\}(j \in [1,i]),max\{a_j+\sqrt{j-i}\}(j \in [i+1,n]) \}-a_i\)

可以发现里面两个 \(max\) 可以视为同一个问题(只要把序列翻转一下就可以了),所以只需要考虑求出对于每一个 \(i\)\(max\{ a_j+\sqrt{i-j} \}\),其中 \(j \in [1,i]\)

\(y_j=a_j+\sqrt{i-j}\)

那么我们会得到 \(n\) 个关于 \(i\) 函数,\(p_i=max\{ y_j \}\)

将样例画出来,如图:

可知当 \(i=4\) 时,直线 \(x=4\)\(y1=a_1+\sqrt{x-1}\) 的交点即为 \(p_4\)

在上图中,对于任意 \(j \in [1,n]\)\(y1\) 总是在最上面,也就是说下面的其他函数可以踢掉不要,但由于 \(sqrt\) 函数的增速递减,会出现如图中 \(y2,y4\) 的情况,即存在一个交点使得在该点两边时两条直线的位置关系不同。此时如果没有上面的 \(y1\)\(y2,y4\) 都有可能成为答案,所以不能乱踢。

看下面这种情况:

\(k_1\)\(y_1,y_2\) 的交点,\(k_2\)\(y_2,y_3\) 的交点。
此时 \(k_1 > k_2\),可以发现 \(y_2\) 始终在其他直线的下面,可以放心的将其踢掉。

所以维护出来的决策集合大概就是酱紫的:

对于不同的 \(i\) 来说,都有一个互不不同的直线在最上方,所以该决策集合里的直线都是有用的。可以从图中看出,最优决策点单调递增(决策单调性的数学证明较麻烦,本人能力不足,不作探讨)。

维护决策集合用单调队列,查找直线交点用二分,随便搞搞就行了。

时间复杂度为 \(O(nlogn)\)

【分治】

为方便描述,用 \(dp[a,b]\) 表示 \(dp[a],dp[a+1],dp[a+2]...dp[b]\)

假设我们已知 \(dp[l,r]\) 的最优决策点均位于 \([L,R]\),再设 \(dp[mid]\) 的最优决策点为 \(j_0\),其中 \(mid=(l+r)/2\)。根据决策单调性的定义可知:
\(dp[l,mid-1]\) 的最优决策点位于 \([L,k]\)
\(dp[mid+1,r]\) 的最优决策点位于 \([k,R]\)
原问题变成了两个规模更小的同类型问题,所以可以用分治来对 \(dp\) 进行优化。

分治的话理解和代码都要简单一些,但在某些情况下可能要被卡,时间复杂度会严重退化,所以还是二分栈的实用性更高。

还是以 \(Lightning\) \(Conductor\) \([P3515]\) 为例,每次的分治中先暴力扫一遍找到 \(p[mid=(l+r)/2]\) 的最优决策点 \(j_0\),然后做一下左边,再做一下右边,然后 \(...\) 然后 \(...\) 就没了。

时间复杂度为 \(O(nlogn)\)


5.【Code】

二分栈

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=5e5+3;
int i,j,n,h,t,a[N],Q[N],Poi[N];
double p[N],sqr[N];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline double Y(Re i,Re j){return a[j]+sqr[i-j];}
inline int find_Poi(int j1,int j2){//找到两个直线的交点i 
    Re l=j2,r=n,mid,ans=n+1;//为了处理两个直线没有交点的情况,用一个变量记录答案
    while(l<=r){
        mid=l+r>>1;
        if(Y(mid,j1)<=Y(mid,j2))ans=mid,r=mid-1;
//当前这个位置i使得直线j1的纵坐标小于直线j2的纵坐标,说明这个点i在交点的右方,所以右边界要缩小
        else l=mid+1;
    }
    return ans;
}
inline void sakura(){
    h=1,t=0;
    for(i=1;i<=n;++i){//由于i本身也是一个决策点,所以要先入队再取答案择优
    	while(h<t&&Poi[t-1]>=find_Poi(Q[t],i))--t;//如果出现了上述可踢的情况,出队
    	Poi[t]=find_Poi(Q[t],i),Q[++t]=i;
    	while(h<t&&Poi[h]<=i)++h;
//找到第一个位置j使得直线Q[j]与直线Q[j+1]的交点大于i,
//那么直线Q[j]就是i前面在最上面的直线,即答案,自己画个图模拟一下就懂了
    	p[i]=max(p[i],Y(i,Q[h]));
    }
}
int main(){
    in(n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),sqr[i]=sqrt(i);
    sakura();
    for(Re i=1;i<n-i+1;++i)swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
    sakura();
    for(Re i=n;i;--i)printf("%d\n",(int)ceil(p[i])-a[i]);
}

分治

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=5e5+3;
int i,j,n,h,t,a[N],Q[N],Poi[N];
double tmp,p[N],sqr[N];
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
inline void sakura(Re l,Re r,Re L,Re R){
    if(l>r)return;
    Re mid=l+r>>1,j0;double mx=0;
    for(Re j=L;j<=mid&&j<=R;++j)
    //暴力找p[i]的最优决策点j0,而其决策点j必须满足j<=i,即此处的j<=mid
    	if((tmp=a[j]+sqr[mid-j])>mx)mx=tmp,j0=j;
    p[mid]=max(p[mid],mx);
    sakura(l,mid-1,L,j0),sakura(mid+1,r,j0,R);
}
int main(){
    in(n);
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),sqr[i]=sqrt(i);
    sakura(1,n,1,n);
    for(Re i=1;i<n-i+1;++i)swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
    sakura(1,n,1,n);
    for(Re i=n;i;--i)printf("%d\n",(int)ceil(p[i])-a[i]);
}

6.【题目链接】

【中档题】

【高档题】


\[QAQ \]


四:【单调队列优化 DP】


【前言】

形如 \(dp[i]=max/min \{ dp[j]+funtion(i)+function(j) \}\)\(dp\) 方程均可尝试使用单调队列优化。

单调栈单调队列给我们展现出了一种思想:在保证正确性的前提下,及时排除不可能的决策点,保持决策集合内部的有序性和查找决策的高效性。之前的二分栈,此处的单调队列优化,和后面的斜率优化都是以此为核心来运作的。

其实质是优化 “决策”


1.【单调队列的简单运用】

【T1】

琪露诺 \([P1725]\)(盗版滑动窗口QAQ)。

【题目大意】

在给定序列中找出一条路径使其经过的点之和最大,且每次可走的距离在给定区间 \([l,r]\) 以内。

【分析】

方程非常简单:\(dp[i]=max\{ dp[j]+a[i] \} (i-r \leqslant j \leqslant i-l)\)

在某一次决策中,由于决策点 \(j\) 只可能在 \([i-l,i-r]\) 这一段区间内,可以只将这些点放入决策集合。
\(l,r\) 是定值,当 \(i\) 不断增大时,之前小于 \(i-l\)\(j\) 现在还是小于 \(i-l\),所以可以永远地踢掉。
\(j < j'\)\(dp[j] \leqslant dp[j']\),那么 \(dp[j]\) 也可以永远地踢掉。为什么呢? \(j\)\(j'\) 的前面,一定会先成为不合法决策点,而 \(j\) 的价值又比 \(j'\) 小,因此留下来只是浪费扫描的时间。

最终维护出了一个价值递减的单调队列。

【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Re register int
using std::max;
const int N=2e5+3;
int n,l,r,h=1,t,a[N],Q[N];
long long ans=-2e9,dp[N]; 
inline void in(Re &x){
    int f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
int main(){
    in(n),in(l),in(r);
    memset(dp,-127,sizeof(dp));
    Q[++t]=0;
    for(Re i=0;i<=n;++i)in(a[i]);
    dp[0]=a[0];
    for(Re i=l;i<=n;i++){//注意枚举起点是l不是1
    	while(h<=t&&dp[Q[t]]<=dp[i-l])--t;//维护单调递减
    	Q[++t]=i-l;//入队
    	while(h<=t&&Q[h]<i-r)++h;//保证决策点合法
    	dp[i]=dp[Q[h]]+a[i];//取出最优决策点
    	if(i>=n-r)ans=max(ans,dp[i]);
    }
    printf("%lld",ans);
}

【T2】

\(fence\) \([POJ1821]\)

【题目大意】

\(M\) 个工人要对 \(N\) 块木板进行粉刷。工人 \(i\) 要么不刷,要么就刷不超过 \(L_i\) 块并且包含 \(S_i\) 的连续一段木板,每粉刷一块木板有 \(P_i\) 的报酬。要求使总报酬最大。

【分析】

\(S_i\) 的散乱分布非常讨厌,所以先把工人按 \(S_i\) 排个序。

主要信息有“工人序号”,“木板序号”,“报酬”这三个,而其中“报酬”为所求答案,可以用 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个工人刷完前 \(j\) 块木板所得总报酬。

考虑状态转移:
\(i\) 个工人可以跳过不刷木板,也可以跳过第 \(j\) 块木板不刷,因此先在 \(dp[i-1][j]\)\(dp[i][j-1]\) 当中取个最大值。
工人 \(i\) 想要粉刷的区间 \([k+1,j]\) 必须包括 \(S_i\),并且区间长度要小于等于 \(L_i\)
所以得出 \(dp\) 转移方程:\(dp[i][j]=max \{ dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][k]+P_i*(j-k) \}\),其中 \(S_i \leqslant j\)\(k \in [j-L_i,S_i-1]\)

\(k\) 为决策点,\(P_i*j\) 为定值可以单独提出来,所以实际上就是上面琪露诺 \([P1725]\)一样的类型,只是加了一维而已。

最终维护出了一个 \(dp[i-1][k]-P_i*k\) 递减的单调队列。

【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=16005;
struct QAQ{int L,P,S;}a[105];
int n,m,i,j,k,Q[N],W[N],dp[105][N];
inline bool cmp(QAQ a,QAQ b){return a.S<b.S;}
int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
    	memset(dp,0,sizeof(dp));
    	memset(a,0,sizeof(a));
    	for(i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&a[i].L,&a[i].P,&a[i].S);
    	std::sort(a+1,a+m+1,cmp);
    	for(i=1;i<=m;++i){
            Re l=1,r=0,tmp,Si=a[i].S,Li=a[i].L,Pi=a[i].P;
            for(k=max(0,Si-Li);k<Si;++k){
            //k+1为工人i开始刷的位置,max(1,Si-Li+1)<=k+1<=Si
            	tmp=dp[i-1][k]-Pi*k;
            	while(l<=r&&Q[r]<=tmp)--r;
            	Q[++r]=tmp,W[r]=k;
            }
            for(j=1;j<=n;++j){
            	dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                if(Si+Li>j&&j>=Si){//Si+Li-1>=j>=Si
                    while(l<=r&&W[l]+Li<j)++l;//W[r]+1+Li-1<j
                    if(l<=r)dp[i][j]=max(dp[i][j],Q[l]+Pi*j);
                }
            }
    	}
    	printf("%d\n",dp[m][n]);
    }
}

2.【单调队列优化多重背包】

先来回顾一下多重背包问题。

\(v,w,c\) 分别表示物品重量,价值,数量,\(n\) 为物品数量,\(V\) 为背包容量。\(dp\) 方程为:\(dp[j]=max\{ dp[j-k*v[i]]+k*w[i] \}\) \((j \in [v[i],V],\) \(k \in [1,min(c[i],j/v[i])])\)

还可以用二进制拆分来进行优化,但就是有这样一道题,连 \(log\) 都要卡:多重背包 \([CodeVS5429]\)。所以还需要考虑更高效的算法。

但说来说去似乎都和单调队列扯不上关系。

为何?

观察 \(dp[j]\)\(dp[j-1]\) 决策集合:
\(dp[j]: \{ j \% v[i]...j-2*v[i],j-v[i] \}\)
\(dp[j-1]: \{ (j-1) \% v[i]...(j-1)-2*v[i],(j-1)-v[i] \}\)

\(dp[j]\) 的每一个决策点都与 \(dp[j-1]\) 不同,很难根据 \(dp[j-1]\) 的决策集合转移成 \(dp[j]\) 的决策集合。

再看 \(dp[j]\)\(dp[j-v[i]]\)

\(dp[j]: \{ j-c[i]*v[i]...j-2v[i],j-v[i] \}\)

\(dp[j-v[i]]: \{ j-(c[i]+1)*v[i]...j-3v[i],j-2v[i] \}\)

可以发现上面只是比下面的区别仅仅在于 \(j-(c[i]+1)*v[i]\)\(j-v[i]\) ,恰好满足单调队列的一个特性:但有新的决策出现时,决策点集合中会去掉一部分不合法的,再加上一部分新来的。

所以我们可以按照 \(j%v[i]\) 的余数来分一下:

\(dp[j](j\%v[i]=0):\{0,v[i],2v[i]...j-2v[i],j-v[i]\}\)
\(dp[j](j\%v[i]=1):\{1,v[i]+1,2v[i]+1...j-2v[i],j-v[i] \}\)
\(...\)
\(dp[j](j\%v[i]=v[i]-1):\{v[i]-1,2v[i]-1...j-2v[i],j-v[i]\}\)

\(j=p*v[i]+r\),那么原方程可改为: \(dp[p*v[i]+r]=max\{ dp[r+k*v[i]]+(p-k)*w[i] \}\) \((r \in [0,v[i]-1],\) \(p \in [1,\lfloor(V-r)/v[i]\rfloor],\) \(k \in [p-min( \lfloor V/w[i]\rfloor ,c[i]),p])\)
只要在最外层将 \(i,r,p\) 都枚举出来,这就是一个标准的单调队列可优化方程,用类似 \(fence\) \([POJ1821]\) 的方法维护即可。

时间复杂度为 \(O(N*V)\)

【Code】

#include<cstdio>
#define Re register int
const int N=7003,M=7003;
int n,h,t,V,mp,tmp,v[N],w[N],c[N],Q[N],K[N],dp[M];
inline void in(Re &x){
    Re fu=0;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')fu|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=fu?-x:x;
}
inline int max(Re a,Re b){return a>b?a:b;}
inline int min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
int main(){
    in(n),in(V);
    for(Re i=1;i<=n;++i)in(v[i]),in(w[i]),in(c[i]);
    for(Re i=1;i<=n;++i)
    	for(Re r=0;r<v[i];++r){
            h=1,t=0,mp=(V-r)/v[i];
            for(Re p=0;p<=mp;++p){
            	tmp=dp[p*v[i]+r]-w[i]*p;
            	while(h<=t&&Q[t]<=tmp)--t;
            	Q[++t]=tmp,K[t]=p;
            	while(h<=t&&p-K[h]>min(c[i],V/v[i]))++h;
            	dp[p*v[i]+r]=max(dp[p*v[i]+r],Q[h]+p*w[i]);
            }
        }
    printf("%d",dp[V]);
}

3.【题目链接】

【简单题】

【中档题】


\[QAQ \]


五:【斜率优化 DP】

由于篇幅过大,已搬出。。。。。

【学习笔记】动态规划—斜率优化DP(超详细)

补充:其实质是优化 “决策”


\[QAQ \]


【参考文献】

(本文部分内容摘自以下文章)

posted @ 2019-08-07 19:36  辰星凌  阅读(1616)  评论(3编辑  收藏