算法竞赛专题解析（13）：DP优化(3)--单调队列优化

本系列是这本算法教材的扩展资料：《算法竞赛入门到进阶》(京东当当 ) 清华大学出版社
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1. 单调队列优化的原理
2. 例题（1）洛谷P2627
3. 例题（2）多重背包
4. 习题

单调队列是很常见的DP优化技术，本节讲解基本的思路和方法。在前面一篇博文“斜率优化”中，单调队列也有关键的应用。

1. 单调队列优化的原理

先回顾单调队列的概念，它有以下特征：
（1）单调队列的实现。用双端队列实现，队头和队尾都能插入和弹出。手写双端队列很简单。
（2）单调队列的单调性。队列内的元素具有单调性，从小到大，或者从大到小。
（3）单调队列的维护。每个新元素都能进入队列，它从队尾进入队列时，为维护队列的单调性，应该与队尾比较，把破坏单调性的队尾弹出。例如一个从小到大的单调队列，如果要进队的新元素a比原队尾v小，那么把v弹走，然后a继续与新的队尾比较，直到a比队尾大为止，最后a进队尾。
单调队列在DP优化中的基本应用，是对这样一类DP方程进行优化：
\(dp[i] = min\{dp[j] + a[i] + b[j]\}\) \(L(i) ≤ j ≤ R(i)\) --方程(1)
公式中的\(min\)也可以是\(max\)。方程的特点是其中关于\(i\)的项\(a[i]\)和关于\(j\)的项\(b[j]\)是独立的。\(j\)被限制在窗口\([L(i), R(i)]\)内，常见的例如给定一个窗口值\(k\)，\(i-k≤j≤i\)。这个DP方程的编程实现，如果简单地对i做外层循环，对j做内层循环，复杂度\(O(n^2)\)。如果用单调队列优化，复杂度可提高到\(O(n)\)。
为什么单调队列能优化这个DP方程？
概况地说，单调队列优化算法能把内外i、j两层循环，精简到一层循环。其本质原因是“外层\(i\)变化时，不同的\(i\)所对应的内层\(j\)的窗口有重叠”。如下图所示，\(i=i_1\)时，对应的\(j_1\)的移动窗口（窗口内处理DP决策）范围是上面的阴影部分；\(i=i_2\)时，对应的\(j_2\)处理的移动窗口范围是下面的阴影；两部分有重叠。当\(i\)从\(i_1\)增加到\(i_2\)时，这些重叠的部分被重复计算，如果减少这些重复，就得到了优化。

图1 外层i和内层j的循环

在窗口内处理的这些决策，有两种情况：
（1）被排除的不合格决策。内层循环j排除的不合格决策，在外层循环i增大时，需要重复排除。
（2）未被排除的决策。内层j未排除的决策，在外层i增大时，仍然能按原来的顺序被用到。
那么可以用单调队列统一处理这些决策，从而精简到只用一个循环，得到优化。下面详细介绍单调队列的操作。
（1）求一个dp[i]。i是外层循环，j是内层循环，在做j的内层循环时，可以把外层的i看成一个定值。此时a[i]可以看成常量，把j看成窗口[L(i), R(i)]内的变量，DP方程(1)等价于：
\(dp[i] = min\{dp[j] + b[j]\} + a[i]\)
问题转化为求窗口\([L(i), R(i)]\)内的最优值\(min\{dp[j] + b[j]\}\)。记\(ds[j] = dp[j] + b[j]\),在窗口内，用单调队列处理\(ds[j]\)，排除掉不合格的决策，最后求得区间内的最优值，最优值即队首。得到窗口内的最优值后，就可以求得\(dp[i]\)。另外，队列中留下的决策，在\(i\)变化后仍然有用。
请注意，队列处理的决策\(ds[j]\)只和\(j\)有关，和\(i\)无关，这是本优化方法的关键。如果既和\(i\)有关，又和\(j\)有关，它就不能在下一步“（2）求所有的dp[i]”时得到应用。具体来说是这样的：1）如果\(ds[j]\)只和\(j\)有关，那么一个较小的\(i_1\)操作的某个策略\(ds[j]\)，和一个较大的\(i_2\)所操作的某个策略\(ds[j]\)是相等的，从而产生了重复性，可以优化；2）如果\(ds[]\)和\(i\)、\(j\)都有关，那么就没有重复性，无法优化。请结合后面的例题深入理解。
（2）求所有的\(dp[i]\)。考虑外层循环i变化时的优化方法。一个较小的\(i_1\)所排除的\(ds[j]\)，在处理一个较大的\(i_2\)时，也会被排除，重复排除其实没有必要；一个较小的\(i_1\)所得到的决策，仍能用于一个较大的\(i_2\)。统一用一个单调队列处理所有的\(i\)，每个\(ds[j]\)（提示：此时\(j\)不再局限于窗口\([L(i), R(i)]\)，而是整个区间\(1≤j≤n\)，那么\(ds[j]\)实际上就是\(ds[i]\)了)都进入队列一次，并且只进入队列一次，总复杂度\(O(n)\)。此时内外层循环\(i\)、\(j\)精简为一个循环\(i\)。
下面的例题(1)是以上原理的模板题。例题(2)“多重背包”是一个较难的例子，通过它能更透彻地理解单调队列优化的实质。

2. 例题（1）洛谷P2627

Mowing the Lawn https://www.luogu.com.cn/problem/P2627
有一个包括n个正整数的序列，第i个整数是Ei，给定一个整数k，找这样的子序列，子序列中的数在原序列连续的不能超过k个。对子序列求和，问所有子序列中最大的和是多少。1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤ Ei ≤ 1,000,000,000，1 ≤ k ≤ n。
例如n = 5，{7, 2, 3, 4, 5}，k = 2，子序列{7, 2, 4, 5}有最大和18，其中的连续部分是{7,2}、{4,5}，长度都不超过k = 2。

由于\(n\)较大，算法的复杂度应该小于\(O(n^2)\)，否则会超时。
用DP解题，定义 \(dp[i]\)为前\(i\)头奶牛的最大子序列和，状态转移方程是：
\(dp[i]= max\{dp[j-1] + sum[i] - sum[j]\}\) \(i-k≤j≤i\)
其中\(sum[i]\)是前缀和，即从\(E_1\) 加到\(E_i\)。
方程符合单调队列优化的标准方程：\(dp[i] = min\{dp[j] + b[j]\} + a[i]\)。下面用这个例子详细讲解单调优化队列的操作过程。
把\(i\)看成定值，上述方程等价于下面的方程：
\(dp[i]= max\{dp[j-1] - sum[j]\} + sum[i]\) \(i-k≤j≤i\)
求\(dp[i]\)，就是找到一个决策\(j\)，\(i-k≤j≤i\)，使得\(dp[j-1] - sum[j]\)最大。
对这个方程编程求解，如果简单地做\(i\)、\(j\)的循环，复杂度是\(O(nk)\)的，约等于\(O(n^2)\)。
如何优化？回顾单调队列优化的实质：“外层\(i\)变化时，不同的\(i\)所对应的内层j的窗口有重叠”。
内层\(j\)所处理的决策\(dp[j-1] - sum[j]\)，在\(i\)变化时，确实发生了重叠。下面推理如何使用单调队列。
首先，对一个固定的\(i\)，用一个递减的单调队列求最大的\(dp[j-1] - sum[j]\)。记\(ds[j] = dp[j-1] - Sum[j]\)，并记这个\(i\)对应的最大值为\(dsmax[i]= max\{ds[j]\}\)。用单调队列求\(dsmax[i]\)的步骤见下面的说明。
（1）设从\(j = 1\)开始，首先让\(ds[1]\)进队列。此时窗口内的最大值\(dsmax[i] = ds[1]\)。
（2）\(j = 2\)，\(ds[2]\)进队列，讨论两种情况：
1）若\(ds[2] ≥ ds[1]\), 说明\(ds[2]\)更优，弹走\(ds[1]\)，\(ds[2]\)进队成为新队头，更新\(dsmax[i] = ds[2]\)。这一步排除了不好的决策，留下更好的决策。
2）若\(ds[2] < ds[1]\), \(ds[2]\)进队列。队头仍然是\(ds[1]\)，保持\(dsmax[i] = ds[1]\)。
这2种情况下\(ds[2]\)都进队，是因为\(ds[2]\)比\(ds[1]\)更晚于离开窗口范围k，即存活时间更长。
（3）继续以上操作，让窗口内的每个\(j\)，\(i-k≤j≤i\)，都有机会进队，并保持队列是从大到小的单调队列。
经过以上步骤，求得了固定一个\(i\)时的最大值\(dsmax[i]\)。
当i变化时，统一用一个单调队列处理，因为一个较小的\(i_1\)所排除的\(ds[j]\)，在处理后面较大的\(i_2\)时，也会被排除，没有必要再重新排除一次；而且较小的\(i_1\)所得到的队列，后面较大的\(i_2\)也仍然有用。这样，每个\(ds[j]（1≤j≤n)\)都有机会进入队列一次，并且只进入队列一次，总复杂度\(O(n)\)。
如果对上述解释仍有疑问，请仔细分析洛谷P2627的代码^[1]。注意一个小技巧：虽然理论上在队列中处理的决策是\(dp[j-1] - sum[j]\)，但是在编码时不用这么麻烦，队列只需要记录\(j\)，然后在判断的时候用\(dp[j-1] - sum[j]\)进行计算即可。

代码中去头和去尾的2个while语句是单调队列的常用写法，可以看作单调队列的特征。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
long long n,k,e[maxn],sum[maxn],dp[maxn];
long long ds[maxn];          //ds[j] = dp[j-1]-sum[j]
int q[maxn],head=0,tail=1;   //递减的单调队列，队头最大

long long que_max(int j){
    ds[j] = dp[j-1]-sum[j];
    while(head<=tail && ds[q[tail]]<ds[j]) //去掉不合格的队尾
        tail--;
    q[++tail]=j;                           //j进队尾
    while(head<=tail && q[head]<j-k)       //去掉超过窗口k的队头
        head++;
    return ds[q[head]];                    //返回队头，即最大的dp[j-1]-sum[j]
}
int main(){
    cin >> n >> k;   sum[0] = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin >> e[i];
        sum[i] = sum[i-1] + e[i];          //计算前缀和
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[i] = que_max(i) + sum[i];       //状态转移方程
    cout << dp[n];
}

3. 例题（2）多重背包

本文给出多重背包的3种解法：朴素方法、二进制拆分优化、单调队列优化。
多重背包问题：给定\(n\)种物品和一个背包，第\(i\)种物品的体积是\(w_i\)，价值为\(v_i\)，并且有\(m_i\)个，背包的总容量为\(W\)。如何选择装入背包的物品，使得装入背包中的物品的总价值最大?

洛谷 P1776 宝物筛选 https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
输入：
第一行是整数 \(n\) 和 \(W\)，分别表示物品种数和背包的最大容量。
接下来 \(n\) 行，每行三个整数 \(v_i\)、\(w_i\)、\(m_i\)，分别表示第\(i\)个物品的价值、体积、数量。
输出：
输出一个整数，表示背包不超载的情况下装入物品的最大价值。

解法(1): 朴素方法

给出两种思路。
第一种思路，转换为0/1背包问题。把相同的\(m_i\)个第\(i\)种物品看成独立的\(m_i\)个，总共\(\sum_{i=1}^nm_i\)个物品，然后按0/1背包求解，复杂度是\(O(W\times\sum_{i=1}^nm_i)\)。
第二种思路，直接求解。定义状态\(dp[i][j]\)：表示把前\(i\)个物品装进容量\(j\)的背包，能装进背包的最大价值。第\(i\)个物品分为装或不装两种情况，得到多重背包的状态转移方程：
\(dp[i][j] = max\{dp[i-1][j], dp[i-1][j-k*w[i]] + k*v[i]\}\) \(1≤k≤min\{m[i], j/w[i]\}\)
直接写\(i、j、k\)三重循环，复杂度和第一种思路的复杂度一样。下面用滚动数组编码，提交判题后会超时。

洛谷 P1776：滚动数组版本的多重背包（超时TLE）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX];  //物品i的价值、体积、数量

int main(){
    cin >> n >> W;  //物品数量，背包容量
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是滚动数组版本的多重背包
	for(int i=1;i<=n;i++)              //枚举物品
		for(int j=W;j>=w[i];j--)       //枚举背包容量
			for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)   
 				dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);

    cout << dp[W] << endl;
    return 0;
}

解法(2): “二进制拆分”优化

这是一种简单而有效的技巧，请读者掌握。在解法（1）的基础上加上这个优化，能显著改善复杂度。原理很简单，例如第\(i\)种物品有\(m_i\)=25个，这25个物品放进背包的组合，有0~25的26种情况。不过要组合成26种情况，其实并不需要25个物品。根据二进制的计算原理，任何一个十进制整数\(X\)，都可以用1、2、4、8...这些2的倍数相加得到，例如21 = 16 + 4 + 1，这些2的倍数只有\(log_2X\)个。题目中第\(i\)种物品有\(m_i\)个，用\(log_2m_i\)个数就能组合出0~\(m_i\)种情况。总复杂度从\(O(W\times\sum_{i=1}^nm_i)\)优化到了\(O(W\times\sum_{i=1}^nlog_2m_i)\)，已经足够好了。
注意具体拆分的方法，先按2的倍数从小到大拆，最后加上一个小于最大倍数的余数。例如一个物品数量是21个，把它拆成1、2、4、8、6这5个“新物品”，最后的余数是6，6<16=\(2^4\)，读者可以验证用这5个数能组合成1~21内的所有数字。再例如30，拆成1、2、4、8、15，余数15<16=\(2^4\)。

洛谷 P1776：二进制拆分+滚动数组

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W,dp[MAXX];
int v[MAXX],w[MAXX],m[MAXX]; 
int new_n;                               //二进制拆分后的新物品总数量
int new_v[MAXX],new_w[MAXX],new_m[MAXX]; //二进制拆分后新物品

int main(){
    cin >> n >>W;  
    for(int i=1;i<=n;i++)  cin>>v[i]>>w[i]>>m[i];
//以下是二进制拆分
	int new_n = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m[i];j<<=1) {   //二进制枚举：1,2,4...
			m[i]-=j;                   //减去已拆分的
			new_w[++new_n] = j*w[i];   //新物品
			new_v[new_n]   = j*v[i];       
		}
		if(m[i]){                      //最后一个是余数
			new_w[++new_n] = m[i]*w[i];
			new_v[new_n]   = m[i]*v[i]; 
		}
	}
//以下是滚动数组版本的0/1背包
	for(int i=1;i<=new_n;i++)              //枚举物品
		for(int j=W;j>=new_w[i];j--)       //枚举背包容量
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-new_w[i]]+new_v[i]);

    cout << dp[W] << endl;
    return 0;
}

解法(3): 单调队列优化

用单调队列优化求解多重背包，复杂度是O(nW)，是最优的算法。
回顾解法(1)用滚动数组实现的多重背包程序：

for(int i=1;i<=n;i++)              //枚举每个物品
	for(int j=W;j>=w[i];j--)       //枚举背包容量
		for(int k=1; k<=m[i] && k*w[i]<=j; k++)   
			dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i]);

状态转移方程是：\(dp[j] = max\{dp[j - kw_i] + kv_i\}\) \(1≤k≤min\{m_i, j/w_i\}\)
程序是\(i、j、k\)的三重循环。其中循环\(i、j\)互相独立，没有关系，不能优化。循环\(j、k\)是相关的，\(k\)在\(j\)上有滑动窗口，所以目标是优化\(j、k\)这两层循环，此时可以把与\(i\)有关的部分看成定值。
对比单调队列的模板方程：\(dp[i] = max\{dp[j] + a[i] + b[j]\}\)
相差太大，似乎并不能应用单调队列。
回顾单调队列优化的实质，“外层\(i\)变化时，不同的i所对应的内层\(j\)的窗口有重叠”。状态方程\(dp[j] = max\{dp[j - kw_i] + kv_i\}\)的外层是\(j\)，内层是\(k\)，\(k\)的滑动窗口是否重叠？下面观察\(j - kw_i\)的变化情况。首先对比外层\(j\)和\(j+1\)，让\(k\)从\(1\)递增，它们的\(j - kw_i\)等于：
| | | | | | | | | | |
:-: |:-: | :-: | :-: | 😐 :-😐 :-😐 :-😐:-😐:-😐:-😐
j:|j-3w| | |j-2w | | |j-w| | |
j+1:||j+1-3w| ||j+1-2w | ||j-w | |

没有发生重叠。但是如果对比\(j\)和\(j + w_i\)：
| | | | | | | | | | |
:-: |:-: | :-: | :-: | 😐 :-😐 :-😐 :-😐:-😐:-😐:-😐
j:|j-3w| | |j-2w | | |j-w| | |
j:|j+w-4w| | |j+w-3w | | |j+w-2w| | |

发生了重叠。
可以推理出当\(j\)等于\(j\)、\(j+w_i\)、\(j+2w_i\)、...时有重叠，进一步推理出：当\(j\)除以\(w_i\)的余数相等时，这些\(j\)对应的内层\(k\)发生重叠。那么，如果把外层\(j\)的循环，改成按\(j\)除以\(w_i\)的余数相等的值进行循环，就能利用单调队列优化了。
下面把原状态方程变换为可以应用单调队列的模板方程。
原方程是：
\(dp[j] = max\{dp[j - kw_i] + kv_i\}\) \(1≤k≤min\{m_i, j/w_i\}\) --方程(2)
令\(j = b + yw_i\)，其中\(b = j%w_i\)，\(b\)为\(j\)除以\(w_i\)得到的余数；\(y = j/w_i\)，\(y\)是\(j\)整除\(w_i\)的结果。
把\(j\)代入方程(2)，得^[2]：
\(dp[b + yw_i] = max\{dp[b + (y-k)w_i] + kv_i\}\) \(1≤k≤min\{m_i, y\}\)
令\(x = y-k\)，代入上式得：
\(dp[b + yw_i] = max\{dp[b + xw_i] - xv_i + yv_i\}\) \(y-min(m_i,y)≤x≤y\)
与模板方程\(dp[i] = min\{dp[j] + a[i] + b[j]\}\)对比，几乎一样。
用单调队列处理\(dp[b + xw_i] - xv_i\)，下面给出代码，上述推理过程，详见代码中的注释。

洛谷 P1776：单调队列优化多重背包

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100010;
int n,W;
int dp[MAXX],q[MAXX],num[MAXX];
int w,v,m;                   //物品的价值v、体积w、数量m

int main(){
    cin >> n >> W;            //物品数量n，背包容量W
    memset(dp,0,sizeof(dp));
        
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>v>>w>>m;            //物品i的价值v、体积w、数量m
        if(m>W/w) m = W/w;       //计算 min{m, j/w}
        for(int b=0;b<w;b++){    //按余数b进行循环
            int head=1, tail=1;
            for(int y=0;y<=(W-b)/w;y++){      //y = j/w
                int tmp = dp[b+y*w]-y*v;      //用队列处理tmp = dp[b + xw] - xv
                while(head<tail && q[tail-1]<=tmp) tail--;
                q[tail] = tmp;
                num[tail++] = y;
                while(head<tail && y-num[head]>m) head++; // 约束条件 y-min(mi,y)≤x≤y
                dp[b+y*w] = max(dp[b+y*w],q[head]+y*v);   // 计算新的dp[]
            }
        }
    }
    cout << dp[W] << endl;
    return 0;
}

算法的复杂度：外层\(i\)循环\(n\)次，内层的\(b\)和\(y\)循环总次数是\(w×(W-b)/w≈W\)，且每次只进出队列一次，所以总复杂度是\(O(nW)\)。

4. 习题

洛谷 P1725，P3957
poj 1821，2373，3017，3926
hdu 3401，3514，5945

改写自：https://www.luogu.com.cn/blog/user21293/solution-p2627 ↩︎
参考：https://blog.csdn.net/qq_40679299/article/details/81978770。 ↩︎

posted on 2020-04-27 20:41 罗勇军999 阅读(411) 评论(0) 收藏举报

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