【刷题日记】P2365 任务安排（斜率优化动态规划）

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P2365 任务安排

题目描述

$n$ 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。

输入格式

第一行一个正整数 $n$。
第二行是一个整数 $s$。

下面 $n$ 行每行有一对数，分别为 $t_i$ 和 $f_i$，表示第 $i$ 个任务单独完成所需的时间是 $t_i$ 及其费用系数 $f_i$。

输出格式

一个数，最小的总费用。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

说明/提示

【数据范围】
对于 $100\%$ 的数据，$1\le n \le 5000$，$0 \le s \le 50$，$1\le t_i,f_i \le 100$。

【样例解释】
如果分组方案是 $\{1,2\},\{3\},\{4,5\}$，则完成时间分别为 $\{5,5,10,14,14\}$，费用 $C=15+10+30+42+56$，总费用就是 $153$。

解法一：线性动态规划

设状态 $ dp[i] $ 表示，前 $ i $ 个任务的分配方案已确定时，造成的总代价。

为保证无后效性，要把启动代价和该组代价提前算出来。每次启动时，代价就是后面所有任务的系数（ $ f $ ）之和乘以 $ s $ 。该组的代价就是该组最后一个任务的结束时间（忽略启动时间）乘以该组所有任务的系数之和。

为了方便描述，假设 $ T $ 表示 $ t $ 的前缀和， $ F $ 表示 $ f $ 的前缀和。枚举 $ j $ 表示上一组的最后一个任务，那么该组任务就是从第 $ j+1 $ 个到第 $ i $ 个任务。

启动损失： $ S \times (F[n] - F[j]) $

本身时间代价损失： $ T[i] \times (F[i] - F[j]) $

状态转移方程为：

\[dp[i] = \min_{0 \le j < i} \{ dp[j] + S \times (F[n] - F[j]) + T[i] \times (F[i] - F[j]) \} \]

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

i64 n, s, t[5010], f[5010], T[5010], F[5010], dp[5010];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> s;
	for(i64 i = 1;i<=n;i++)
		cin >> t[i] >> f[i], T[i] = T[i-1] + t[i], F[i] = F[i-1] + f[i];
	memset(dp, 10, sizeof(dp)), dp[0] = 0;
	for(i64 i = 1;i<=n;i++)
		for(i64 j = 0;j<i;j++)
			dp[i] = min(dp[i], dp[j] + s * (F[n] - F[j]) + T[i] * (F[i] - F[j]));
	cout << dp[n];
	return 0;
}

这样就可以 $ O(n^2) $ 地完成这道题。但还有更好的方法：

解法二：斜率优化动态规划

摘出刚才的状态转移方程：

\[dp[i] = dp[j] + S \times (F[n] - F[j]) + T[i] \times (F[i] - F[j]) \]

变形整理：

\[\underbrace{dp[j]}_{y} = \underbrace{(S + T[i])}_{k} \times \underbrace{F[j]}_{x} + \underbrace{(dp[i] - S \cdot F[n] - T[i] \cdot F[i])}_{b} \]

得到了一个线性方程记作 $ y = kx + b $，其中 $ dp[i] $ 只与 $ b $ 有关。要使 $ b $ 尽可能小，就要 $ y - kx $ 尽可能小。

注意， $ k $ 只与 $ i $ 有关且随着 $ i $ 的增加而增加， $ y $ 和 $ x $ 都只与 $ j $ 有关且都随着 $ j $ 的增加而增加， $ b $ 只与 $ i $ 有关且与 $ dp[i] $ 呈正相关，这是斜率优化动态规划的前提，这样的话我们就可以最小化 $ b $ 来最小化 $ dp[i] $ 。

想象：现在我们确定了一个 $ i $，想求最小化 $ dp[i] $ ：那么 $ k $ 就确定了（前面说过的， $ k $ 只与 $ i $ 有关）。我们就要找到一个点 $ j (F[j], dp[j]) $ ，经过该点且斜率为 $ k $ 的直线，纵轴截距最小。

假设这里有三个点备选： $ j_1, j_2, j_3 $ ，从左到右排序。假如三个点呈现“上凸包”形也就是连线的斜率先大后小，那么 $ j_2 $ 就永远不会被取到，所以我们要维护一个下凸包，保证斜率是递增的。（这里想不来，可以先往后看，文章最后我会再解答一次！）

假如备选的下凸包已经准备好，接下来所有“过 $ j_x $ 的截距”都指代“过第 $ x $ 个备选点的，斜率为 $ k $ 的直线的纵轴截距”：

假如 $ k $ 小于前两个点连线的斜率，过 $ j_1 $ 的截距就比过 $ j_2 $ 的截距小（想象一下，目标直线好像是在向上平移，截距当然变大了）
假如 $ k $ 等于前两个点连线的斜率，过 $ j_1 $ 的截距就跟过 $ j_2 $ 的截距一样大（因为就是同一条直线嘛！这条直线就是前两个点的连线）
假如 $ k $ 大于前两个点连线的斜率，过 $ j_1 $ 的截距就比过 $ j_2 $ 的截距大（想象一下，目标直线好像是在向右平移，截距当然变小了）

万幸，我们知道， $ k $ 也是随着 $ i $ 增加逐渐递增的！也就是说，上述的三种情况中，如果第三种（ $ j_1 $ 不如 $ j_2 $ ）发生了，那么 $ j_1 $ 以后永远都不如 $ j_2 $ （因为 $ k $ 只会越来越大），那么我们可以永远将 $ j_1 $ 踢出备选集！

我们当前的需求就很明确了：

如果末尾加入点，会使末尾出现“上凸”的形状，那么末尾要踢出一个点；
如果 $ k $ 增加之后，前两个点连线的斜率已经比 $ k $ 小了，那么开头要踢出第一个点；
第二条需求，踢完点之后，还留在备选集的第一个点就是当前最优点。

这需要一个单调队列来维护。另外，我们还需要访问第二个点和倒数第二个点，STL中的deque不方便操作，一般直接使用静态队列（也就是数组模拟）。时间复杂度为 $ O(n) $ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

i64 n, s, t[5010], f[5010], T[5010], F[5010], dp[5010];
i64 dq[5010], head = 0, tail = 1;

double slope(i64 x, i64 y){
	return (double)(dp[y] - dp[x]) / (F[y] - F[x]);
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> s;
	for(i64 i = 1;i<=n;i++)
		cin >> t[i] >> f[i], T[i] = T[i-1] + t[i], F[i] = F[i-1] + f[i];
	for(i64 i = 1;i<=n;i++){
		double k = (double)s + T[i];
		while(tail - head >= 2 && slope(dq[head], dq[head+1]) <= k)	head++;
		i64 j = dq[head];
		dp[i] = dp[j] + s * (F[n] - F[j]) + T[i] * (F[i] - F[j]);
		while(tail - head >= 2 && slope(dq[tail-2], dq[tail-1]) >= slope(dq[tail-1], i))	tail--;
		dq[tail++] = i;
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}

回到前面的问题：为什么备选集必须是“下凸包”？还记得 $ k $ 与前两点连线斜率的三个大小关系嘛？

假设这里有三个点备选： $ j_1, j_2, j_3 $ ，从左到右排序，而且是“上凸”，斜率先大后小。

假如 $ k $ 小于前两个点连线的斜率，过 $ j_1 $ 的截距 < 过 $ j_2 $ 的截距， $ j_1 $ 是最优点！（跟之前一样）
假如 $ k $ 等于前两个点连线的斜率，那 $ j_1 $ 和 $ j_2 $ 一样好，因为是同一条直线，所以 $ j_1 $ 还是最优点！（跟之前一样）
假如 $ k $ 大于 $ j_1 $ 与 $ j_2 $ 连线的斜率，而因为上凸， $ j_2 $ 与 $ j_3 $ 的斜率更小，踢完 $ j_1 $ ，紧接着 $ j_2 $ 就要挨踢， $ j_3 $ 是最优点！

合着 $ k $ 小的时候， $ j_1 $ 好；$ k $ 大的时候， $ j_3 $ 好。 $ j_2 $ 这个“折中”的方案，永远不会被采纳，所以提前丢掉。

这里总结：

将原状态转移方程变形，要求：

$ k $ 只与 $ i $ 有关且随着 $ i $ 的增加而增加
$ y $ 和 $ x $ 都只与 $ j $ 有关且都随着 $ j $ 的增加而增加
$ b $ 只与 $ i $ 有关且与 $ dp[i] $ 呈正相关

维护单调队列，在备选集中，斜率单调递增。

注意易错点：

斜率计算要用double
初始时0要进队，要注意0的坐标安排（一般默认 $ (0, 0) $ ）。

问答环节：

刚才的 $ k = S + T[i] $ ，$ T $ 是前缀和数组（单调递增），所以 $ k $ 随着 $ i $ 的增加而增加。那如果 $ T $ 不是单调递增的呢？如果 $ T $ 上下浮动，那么应该怎么斜率优化？

点击查看答案

不能再踢出备选集中的点！！每次都要二分找出当前第一个能使前两个点连线的斜率大于等于 $ k $ 的位置。

希望这不仅是一篇某题题解，更能帮助读者理解斜率优化dp，举一反三。

posted @ 2026-02-04 15:41 Alkaid16 阅读(0) 评论(0) 收藏举报

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