斜率优化DP例题：任务安排三道题详细讲解

这三道题难度递增，循序渐进，能更好地帮助读者学会斜率优化 DP。（公式较多，慢慢看，不要因为公式多而畏难，很好理解的。）

一、洛谷 P2365 [IOI 2002] 任务安排

题目大意

有 $n\ (n\le 5000)$ 个任务需要被完成，你可以把这些任务全部分成任意多组，每组内的任务必须连续。同组任务会在同一时刻完成，该批任务的加工时间之和为 $\sum_{i=l}^r T_i$。每批任务开始前机器需要启动/预热时间 $s$。任务 $i$ 完成的费用为完成时间乘以 $F_i$，求如何分组能让费用最小。

思路分析

最暴力的想法

设 $dp_{i,j}$ 表示把前 $i$ 个任务分成 $j$ 批的最小费用。设 $t$ 和 $f$ 数组分别为 $T$ 数组和 $F$ 数组的前缀和。

显然，第 $j$ 批任务完成的时间就是第 $j$ 批的最后一个任务（任务 $i$）在不分批情况下的结束时间 $t_i$，加上前面任务需要的开机时间 $s\times j$。

那么状态转移公式就是：

\[dp_{i,j}=\min_{0\leq k<i}\{dp_{k,j-1}+(s\times j+t_i)\times(f_i-f_k)\} \]

这样做的时间复杂度是 $O(n^3)$ 的，会超时（这里也就不贴代码了）。

考虑优化

这次我们大胆设 $dp_i$ 表示前 $i$ 个任务分批执行的最小费用（$t$ 和 $f$ 的含义同上）。

这里采用费用提前计算：如果从 $dp_j$ 转移到 $dp_i$，那么 $j+1\sim i$ 是同一批完成的。新开这一批会产生启动时间 $s$，它会使 $j+1\sim n$ 的所有任务完成时间都增加 $s$，因此费用提前增加 $s\times(f_n-f_j)$。于是有：

\[dp_i=\min_{0\leq j<i}\{dp_j+t_i\times(f_i-f_j)+s\times(f_n-f_j)\} \]

这次的时间复杂度是 $O(n^2)$，可以通过此题。最终 $dp_n$ 仍为答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
uint8_t buf[1<<20],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
ll rd(){
	ll x=0,sign=1,ch=gc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-'){
            sign=-1;
        }
        ch=gc();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
		ch=gc();
	}
	return x*sign;
}
void write(ll x){
	if(x<0){
		x=-x;
		putchar('-');
	}
	if(x>9){
		write(x/10);
	}
	putchar(x%10+'0');
}
ll n,s,t[5005],f[5005],dp[5005];
int main(){
	n=rd();
	s=rd();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		t[i]=rd()+t[i-1];
		f[i]=rd()+f[i-1];
        dp[i]=1LL<<60;
	}
    dp[0]=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=0;j<i;j++){
            dp[i]=min(dp[i],dp[j]+t[i]*(f[i]-f[j])+s*(f[n]-f[j]));
        }
    }
    write(dp[n]);
	return 0;
}

二、洛谷 P10979 任务安排 2

题目大意

和上面那题一模一样，只是 $n$ 的范围从 $n\leq 5000$ 变成了 $n\leq 3\times 10^5$。

思路分析

整理状态转移方程

这里为了和题目变量名相同、方便理解，把上题中的 $F$ 数组换成 $C$ 数组（只是换了个名），相应地，$f$ 数组改名为 $c$ 数组。

（忘了这些数组含义的可点击跳转到第一题）

刚才 $O(n^2)$ 的代码肯定是过不了，所以考虑优化（下面的过程可以在纸上和我一起一点点推导）。

先把刚才求出来的式子搬过来，省略掉 $\min$：

\[dp_i=dp_j+t_i\times(c_i-c_j)+s\times(c_n-c_j) \]

相当于我们现在要求上面那个式子的最小值。给它变个形，让与 $j$ 有关和与 $j$ 无关的项分开：

\[dp_i=dp_j-(t_i+s)\cdot c_j+t_i\cdot c_i+s\cdot c_n,\qquad 0\leq j<i \]

决策点

我们称 $j$ 的每一个取值为一个决策点。假设决策点 $j1$ 优于决策点 $j2$，即

\[dp_{j1}-(t_i+s)\cdot c_{j1}+t_i\cdot c_i+s\cdot c_n < dp_{j2}-(t_i+s)\cdot c_{j2}+t_i\cdot c_i+s\cdot c_n \]

化简一下：

\[dp_{j1}-(t_i+s)\cdot c_{j1}<dp_{j2}-(t_i+s)\cdot c_{j2} \]

移项：

\[(t_i+s)\cdot(c_{j2}-c_{j1})<dp_{j2}-dp_{j1} \]

根据上面这个式子，如果我们已知 $c_{j1}<c_{j2}$，那么 $\frac{dp_{j2}-dp_{j1}}{c_{j2}-c_{j1}}>t_i+s$。

反过来，如果已知 $c_{j1}<c_{j2}$：

如果 $\frac{dp_{j2}-dp_{j1}}{c_{j2}-c_{j1}}>t_i+s$，那么决策点 $j1$ 优于决策点 $j2$；

如果 $\frac{dp_{j2}-dp_{j1}}{c_{j2}-c_{j1}}<t_i+s$，那么决策点 $j2$ 优于决策点 $j1$。

决策点形象化表示

对于每个决策点 $j$，都有一个数对 $(c_j,dp_j)$，我们都把它看做是平面直角坐标系上的一个点，叫做第 $j$ 点，即 $(x_j,y_j)$，此点的横纵坐标分别为 $x_j=c_j$，$y_j=dp_j$。

那么

$$ k_{j1,j2}=\frac{y_{j2}-y_{j1}}{x_{j2}-x_{j1}}=\frac{dp_{j2}-dp_{j1}}{c_{j2}-c_{j1}} $$

就是第 $j1$ 点和第 $j2$ 点的连线的斜率。

示意图

找最优决策点

把平面直角坐标系的 $x=c_j$、$y=dp_j$ 代入状态转移方程：$dp_i=y-(t_i+s)\cdot x+t_i\cdot c_i+s\cdot c_n$。

整理一下，得到：

\[y=(t_i+s)\cdot x+dp_i-c_i\cdot t_i-c_n\cdot s \]

再设 $K=t_i+s$，$B=dp_i-c_i\cdot t_i-c_n\cdot s$，那么原式就变成了：

\[y=Kx+B \]

上过初中的就会知道这是一条斜率为 $t_i+s$，纵轴截距为 $dp_i-c_i\cdot t_i-c_n\cdot s$ 的直线。

显然对于每个 $i$，这条直线的斜率是固定的，而纵轴截距中只有 $dp_i$ 这一项是变化的，所以 $B$ 越小，$dp_i$ 越小。

再回到题目，之前的状态转移方程要求的就是“在 $0\leq j<i$ 范围内选择一个 $j$，使得转移过来的 $dp_i$ 的值最小”。

该问题转化到图上就是在 $0\leq j<i$ 的范围内找到一个决策点 $j$，使得直线 $y=Kx+B$ 在经过点 $(x_j,y_j)$ 时，纵轴截距 $B$ 最小。

那么找到的这个决策点 $j$，即对应的 $(c_j,dp_j)$，就是最优决策点。

对于已知的两个决策点 $j1$、$j2$，满足 $x_{j1}<x_{j2}$：

如果 $k_{j1,j2}>K$，也就是两点连线的斜率大于直线 $y=Kx+B$ 的斜率，那么决策点 $j1$ 优于决策点 $j2$。（忘了怎么求 $k_{j1,j2}$ 的点击跳转）
如果 $k_{j1,j2}<K$，也就是两点连线的斜率小于直线 $y=Kx+B$ 的斜率，那么决策点 $j2$ 优于决策点 $j1$。

示意图

在上面这张图中，$k_{j1,j2}<k_{j2,j3}$，我们就称 $j2$ 为下凸点，$j2$ 就可能是最优决策点。

相反的，$k_{j1,j4}>k_{j4,j3}$，我们就称 $j4$ 为上凸点。上凸点会被删除，不会成为最优决策点。

下凸壳就是下凸点构成的点集。不难得出，在下凸壳中，相邻决策点连线的斜率是单调递增的，即 $k_{q_l,q_{l+1}}<k_{q_{l+1},q_{l+2}}<\cdots<k_{q_{r-1},q_r}$，所以我们用单调队列维护下凸壳。

这里先提前说明，我们用数组模拟双端队列，$q_l$ 即为队首元素，$q_r$ 为队尾元素。

单调队列操作过程

由于 $c$ 数组是 $C$ 数组的前缀和数组，而本题中 $C$ 的每一个元素均大于 $0$，所以 $c$ 数组是严格单调递增的。对应到图上，新增的决策点 $i-1$ 一定在下凸壳最后一个点 $q_r$ 的右侧（因为图上每个点 $i$ 的横坐标对应其 $c_i$ 的值）。

队尾出队

如果新增了点 $i-1$（先不入队）导致下凸壳的最后一个点 $q_r$ 变成了上凸点，就把 $q_r$ 删掉，直到没有上凸点的产生，这时候再把决策点 $i-1$ 入队。

具体来说（示意图为例子，可以自己对着看）：

不断地比较 $k_{q_r,i-1}$ 和 $k_{q_{r-1},q_r}$ 的大小（忘了怎么求 $k_{q_r,i-1}$ 的点击跳转）：

如果 $k_{q_r,i-1}\leq k_{q_{r-1},q_r}$，则将 $q_r$ 出队；
如果队中只有一个元素或 $k_{q_r,i-1}>k_{q_{r-1},q_r}$，则停止比较，并且将 $i-1$ 入队。

示意图

队首出队

因为直线的斜率 $K=t_i+s$ 随着 $i$ 的增大是单调递增的，所以对于 $k_{q_l,q_{l+1}}\leq K$ 的点，$q_l$ 绝对不可能成为最优决策点了，就可以直接扔掉。

具体来说（示意图为例子，可以自己对着看）：

不断地比较 $k_{q_l,q_{l+1}}$ 和 $K$ 的大小（忘了怎么求 $k_{q_l,q_{l+1}}$ 的点击跳转）：

如果 $k_{q_l,q_{l+1}}\leq K$，则将 $q_l$ 出队；
如果队中只有一个元素或 $k_{q_l,q_{l+1}}>K$，则停止比较，此时 $q_l$ 就是最优决策点；
将新求出的最优决策点 $q_l$ 代入状态转移方程，得出新的状态 $dp_i$。

示意图

注意点

取斜率时会用到除法，直接除会导致精度丢失，所以用到交叉相乘：

判断 $k_{q_r,i-1}\leq k_{q_{r-1},q_r}$，即判断 $\frac{y_{i-1}-y_{q_r}}{x_{i-1}-x_{q_r}}\leq\frac{y_{q_r}-y_{q_{r-1}}}{x_{q_r}-x_{q_{r-1}}}$，我们变为判断 $(y_{i-1}-y_{q_r})\cdot(x_{q_r}-x_{q_{r-1}})\leq (y_{q_r}-y_{q_{r-1}})\cdot(x_{i-1}-x_{q_r})$。
判断 $k_{q_l,q_{l+1}}\leq K$，即判断 $\frac{y_{q_{l+1}}-y_{q_l}}{x_{q_{l+1}}-x_{q_l}}\leq K$，我们变为判断 $y_{q_{l+1}}-y_{q_l}\leq K\cdot(x_{q_{l+1}}-x_{q_l})$。

记得开 long long！交叉相乘建议使用 __int128，避免溢出。

时间复杂度

因为每个元素只入队一次，也只出队一次，所以时间复杂度为 $O(n)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
uint8_t buf[1<<20],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
ll rd(){
	ll x=0,sign=1,ch=gc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-'){
            sign=-1;
        }
        ch=gc();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
		ch=gc();
	}
	return x*sign;
}
void write(ll x){
	if(x<0){
		x=-x;
		putchar('-');
	}
	if(x>9){
		write(x/10);
	}
	putchar(x%10+'0');
}
const ll maxn=3e5+5;
ll n,s,t[maxn],c[maxn],q[maxn],dp[maxn],l=1,r;
bool cmp(ll dy1,ll dx1,ll dy2,ll dx2){
	return (__int128)dy1*dx2<=(__int128)dy2*dx1;
}
int main(){
	n=rd();
	s=rd();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		t[i]=rd()+t[i-1];
		c[i]=rd()+c[i-1];
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		while(l<r&&cmp(dp[i-1]-dp[q[r]],c[i-1]-c[q[r]],dp[q[r]]-dp[q[r-1]],c[q[r]]-c[q[r-1]])){
			r--;
		}
		q[++r]=i-1;
		while(l<r&&cmp(dp[q[l+1]]-dp[q[l]],c[q[l+1]]-c[q[l]],t[i]+s,1)){
			l++;
		}
		dp[i]=dp[q[l]]-(t[i]+s)*c[q[l]]+c[i]*t[i]+s*c[n];
	}
	write(dp[n]);
	return 0;
}

三、洛谷 P5785 [SDOI2012] 任务安排

题目大意

题目模型和上面那题相同，只是 $T_i$ 的范围从 $T_i\leq 2^8$ 变成了 $|T_i|\leq 2^8$，也就是 $T_i$ 出现了负数。

思路分析

以下所有数组名称及含义均与上题相同，忘了的可点击跳转。

推导

大体思路和任务安排 2 相同，但 $T_i$ 可以为负，所以 $t_i$ 不单调，查询斜率 $K=t_i+s$ 也不单调。

因此：

凸壳必须完整保留，不能像之前那样用 while(l<r&&···){l++;···} 永久弹出队首；
每次在凸壳上二分找最优决策点。

凸壳的维护条件

依旧是：

如果 $k_{q_r,i-1}\leq k_{q_{r-1},q_r}$，则将 $q_r$ 出队；
如果队中只有一个元素或 $k_{q_r,i-1}>k_{q_{r-1},q_r}$，则停止比较，并且将 $i-1$ 入队。

二分

在下凸壳上二分，寻找满足 $k_{q_{mid},q_{mid+1}}\leq t_i+s$ 的最右位置，最后 $q_{lo}$ 即最优决策点。二分的细节请看代码。

注意点

和任务安排 2 相同，可点击跳转。

时间复杂度

加上了二分，所以时间复杂度为 $O(n\log n)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
uint8_t buf[1<<20],*p1,*p2;
#define gc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
ll rd(){
	ll x=0,sign=1,ch=gc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-'){
            sign=-1;
        }
        ch=gc();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
		ch=gc();
	}
	return x*sign;
}
void write(ll x){
	if(x<0){
		x=-x;
		putchar('-');
	}
	if(x>9){
		write(x/10);
	}
	putchar(x%10+'0');
}
const ll maxn=3e5+5;
ll n,s,t[maxn],c[maxn],dp[maxn];
ll q[maxn],l=1,r=0;
ll p,lo,hi,mid,a,b;
bool isadd;
bool mul(ll A,ll B,ll C,ll D){
	return (__int128)A*D<=(__int128)C*B;
}
bool check(ll x,ll y,ll z){
	return mul((dp[z]-dp[y]),(c[z]-c[y]),(dp[y]-dp[x]),(c[y]-c[x]));
}
int main(){
	n=rd();
	s=rd();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		t[i]=rd()+t[i-1];
		c[i]=rd()+c[i-1];
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		p=i-1;
		isadd=true;
		while(l<=r&&c[q[r]]==c[p]){
		//处理 c 相同的情况：相同横坐标只保留 dp 更小的点
			if(dp[q[r]]<=dp[p]){
				isadd=false;
				break;
			}else{
				r--;
			}
		}
		if(isadd){//维护下凸壳
			while(l<r&&check(q[r-1],q[r],i-1)){
				r--;
			}
			q[++r]=p;
		}
		lo=l,hi=r;
		while(lo<hi){
		//在凸壳上二分最优决策点
			mid=(lo+hi)>>1;
			a=q[mid],b=q[mid+1];
			//若 k(a,b)<=t[i]+s，则 b 比 a 更优
			if(mul(dp[b]-dp[a],c[b]-c[a],t[i]+s,1)){
				lo=mid+1;
			}else{
				hi=mid;
			}
		}
		dp[i]=dp[q[lo]]-c[q[lo]]*(t[i]+s)+c[i]*t[i]+c[n]*s;
	}
	write(dp[n]);
	return 0;
}

如果您觉得有不正确或不妥的地方，欢迎在评论区指正，感谢！

制作不易，如果觉得对你有帮助，就帮忙点个赞吧！(❁´◡`❁)

posted @ 2026-11-07 08:30 beiciqi 阅读(14) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Welcome!

Thanks for reading my blog！

斜率优化DP例题：任务安排三道题详细讲解

这三道题难度递增，循序渐进，能更好地帮助读者学会斜率优化 DP。（公式较多，慢慢看，不要因为公式多而畏难，很好理解的。）

一、洛谷 P2365 [IOI 2002] 任务安排

题目大意

思路分析

最暴力的想法

考虑优化

代码

二、洛谷 P10979 任务安排 2

题目大意

思路分析

整理状态转移方程

决策点

决策点形象化表示

找最优决策点

单调队列操作过程

队尾出队

队首出队

注意点

时间复杂度

代码

三、洛谷 P5785 [SDOI2012] 任务安排

题目大意

思路分析

推导

凸壳的维护条件

二分

注意点

时间复杂度

代码

公告

Welcome!

Thanks for reading my blog！

斜率优化DP例题：任务安排 三道题 详细讲解

这三道题难度递增，循序渐进，能更好地帮助读者学会斜率优化 DP。（公式较多，慢慢看，不要因为公式多而畏难，很好理解的。）

一、洛谷 P2365 [IOI 2002] 任务安排

题目大意

思路分析

最暴力的想法

考虑优化

代码

二、洛谷 P10979 任务安排 2

题目大意

思路分析

整理状态转移方程

决策点

决策点形象化表示

找最优决策点

单调队列操作过程

队尾出队

队首出队

注意点

时间复杂度

代码

三、洛谷 P5785 [SDOI2012] 任务安排

题目大意

思路分析

推导

凸壳的维护条件

二分

注意点

时间复杂度

代码

公告

斜率优化DP例题：任务安排三道题详细讲解