斜率优化

简介

“斜率优化”顾名思义就是用斜率进行优化，让 \(DP\) 的时间复杂度更优。
一般情况下，将动态转移方程化简后得到这样的关系式：

\[\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2} \leq K \]

然后通过该式进行转移，以达到优化时间复杂度的目的。

Tips：推公式前可以先试着打出暴力。

例题

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

题目大意

有 \(n\) 个玩具，第 \(i\) 个玩具价值为 \(c_i\)。

要求将这 \(n\) 个玩具排成一排，分成若干段。

对于一段 \([l, r]\)，它的代价为 \((r − l + \sum _{i=l}^{r} c_i − L)^2\)。

\(L\) 是给定常量，求分段的最小代价。

分析

首先，设 \(s_i\) 为 \(\sum _{j=1}^{i} c_j\),又可以设一个简单易懂的状态：\(f_i\) 表示前 \(i\) 个玩具分段的最小代价。

然后可以的到一个暴力的方程： \(f_i=\min_{1 \leq j <i}\left\{f_j+(i-j-1+s_i-s_j-L)^2\right\}\)。

这个是 \(O(n^2)\) 的 \(DP\)。带入另一个 \(k\),思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。

~~化简过程省略……推起来太麻烦了~~

还是打一下吧：

令 \(P_x=sum_x+f_x\)

则式子可化为（为了方便，将 \(L=L+1\)）：

\[f_j+(P_i-P_j-L)^2 \leq f_k+(P_i-P_k-L)^2 \]
\[f_j+(P_i-P_j)^2-2(P_i-P_j)L+L^2 \leq f_k+(P_i-P_k)^2-2(P_i-P_k)L+L^2 \]
\[f_j+P_i^2-2P_iP_j+P_j^2-2P_iL+2P_jL \leq f_k+P_i^2-2P_iP_k+P_k^2-2P_iL+2P_kL \]
\[f_j-2P_iP_j+P_j^2+2P_jL \leq f_k-2P_iP_k+P_k^2+2P_kL \]
\[f_j-f_k+2P_iP_k-2P_iP_j+P_j^2-P_k^2 \leq 2L(P_k-P_j) \]
\[f_j-f_k+2P_i(P_k-P_j)+P_J^2-P_k^2 \leq 2L(P_k-P_j) \]
\[f_j-f_k+P_j^2-P_k^2 \leq 2(L-P_i)(P_k-P_j) \]
\[\frac{f_j-f_k+P_j^2-P_k^2}{P_j-P_k} \leq 2(P_i-L) \]
最后带回去，得到下面的式子

化简可得（当 \(1 \leq k < j \leq n\)，同时，\(j\) 比 \(k\) 更优时）：

\[\frac{f_j-f_k+(s_j+j)^2-(s_k+k)^2}{s_j+j-s_k-k} \leq 2(s_i+i-L) \]

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越大越优。

见此图：

很明显，这里的斜率是越大越好（到 \(i\) 的）。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e4 + 100;
ll n, L, f[N], s[N], q[N], head, tail;
inline ll mymin(ll x, ll y) { return x < y ? x : y; }
inline double P(ll x) { return x * x; }
inline double X(ll x, ll y) { return f[x] - f[y] + P(s[x] + x) - P(s[y] + y); }
inline double Y(ll x, ll y) { return s[x] + x - s[y] - y; }
int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &L);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld", &s[i]);
        s[i] = s[i - 1] + s[i];
    }
    f[0] = 0;
    head = tail = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        while (head <= tail && X(q[head + 1], q[head]) < 2 * (s[i] + i - L - 1) * Y(q[head + 1], q[head]))
            head++;
        f[i] = f[q[head]] + P(i - q[head] + s[i] - s[q[head]] - L - 1);
        while (head <= tail && X(q[tail], q[tail - 1]) * Y(i, q[tail]) > X(i, q[tail]) * Y(q[tail], q[tail - 1]))
            tail--;
        q[++tail] = i;
    }
    printf("%lld", f[n]);
    return 0;
}

[APIO2010] 特别行动队

题目大意

与上一题差不多，也是分若干段，但是求的是最大代价，代价的公式也不一样~~，肯定不一样啊~~，可是它仍然摆脱不了是一道斜率优化模板题的命运。

分析

这道题很简单。

首先，也是设 \(s_i\) 为 \(\sum _{j=1}^{i} c_j\)，然后得到一个 \(O(n^2)\) 的暴力 \(DP\)。

其转移方程为：

\[f_i=\max_{1 \leq j <i}\left\{f_j+a\times (s_i-s_j)^2+b\times (s_i-s_j)+c \right\} \]

带入另一个 k,思考如何去最优解，考虑让它变形以符合斜率优化的公式。

化简过程省略……~~推起来太麻烦了~~

化简可得（当 \(1 \leq k < j \leq n\)，同时，\(j\) 比 \(k\) 更优时）：

\[\frac{(f_j+a\times {s_j}^2)-(f_k+a\times {s_k}^2)}{s_j-s_k} \leq 2 \times a(s_j-s_k)+b \]

用单调队列进行优化就OK啦~

此处斜率越小越优。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 100;
ll a, b, c, n, s[N], f[N], q[N], head, tail;
inline ll mymax(ll x, ll y) { return x > y ? x : y; }
inline ll P(ll x) { return x * x; }
inline double slope(ll x, ll y)
{
    return 1.0 * ((f[y] + a * P(s[y])) - (f[x] + a * P(s[x]))) / (s[y] - s[x]);
}
int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &c);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld", &s[i]);
        s[i] = s[i - 1] + s[i];
    }
    f[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        while (head < tail && slope(q[head], q[head + 1]) >= 2 * a * s[i] + b)
            head++;
        f[i] = f[q[head]] + a * P(s[i] - s[q[head]]) + b * (s[i] - s[q[head]]) + c;
        while (head < tail && slope(q[tail], i) >= slope(q[tail - 1], i))
            tail--;
        q[++tail] = i;
    }
    printf("%lld", f[n]);
    return 0;
}

征途

题目大意

其实与前两题差不多，只不过是要求了分的段数，公式也是光明正大地给出来了，其实同样简单~~，也是一道紫题~~。

分析

这道题同样要一个前缀和，设为 \(v_i\) 吧。

然后设出状态：\(f_{i,j}\) 表示遍历到第 \(i\) 条路，走到第 \(j\) 天。

有一个 \(O(n^3)\) 的暴力可以得出。

考虑用斜率优化，因为里面总有奇奇怪怪的计算。

然后，可以得到一个动态转移方程，很简单，就不在此列出了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 3e3 + 50;
int n, m;
ll ans, f[N][N], v[N], sum[N], l[N], hd, tl;
double getK(int c, int i, int j)
{
    ll x = f[i][c - 1] + v[i] * v[i], xx = f[j][c - 1] + v[j] * v[j];
    ll y = v[i], yy = v[j];
    return 1.0 * (x - xx) / (y - yy);
}
int main()
{
    //    freopen("journey.in","r",stdin);
    //    freopen("journey.out","w",stdout);
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%lld", &v[i]);
        v[i] = v[i - 1] + v[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        f[i][1] = v[i] * v[i];
    for (int c = 2; c <= m; ++c)
    {
        hd = tl = 1;
        l[1] = c - 1;
        for (int i = c; i <= n; ++i)
        {
            while (hd < tl && getK(c, l[hd], l[hd + 1]) < 2 * v[i])
                ++hd;
            f[i][c] = f[l[hd]][c - 1] + (v[l[hd]] - v[i]) * (v[l[hd]] - v[i]);
            while (hd < tl && getK(c, l[tl], i) < getK(c, l[tl], l[tl - 1]))
                --tl;
            l[++tl] = i;
        }
    }
    printf("%lld", m * f[n][m] - v[n] * v[n]);
    return 0;
}

然后就差不多了。

huhaoming

Happy every day！

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