斜率优化 DP ：Luogu P2365 P5785「SDOI2012」任务安排 & 弱化版

题面

动态规划

为了方便表示，题面中的费用系数改用 (v_i)

确定 (f_i) 表示到第 (i) 个位置的最优解

每次转移就是钱 (i) 个加上一段 ([j+1,i]) 的花费

很显然，可以用前缀和优化

但因为有 (s) 的存在，使得直接加上多开一维需记录分组数，却会增加巨大的开销，方程给出，感受一下 (n^3) 算法：

[f_{i,k} = min_{1leq jleq i-1}f_{j,k-1}+sum_{l=j}^i v_l imes (sum_{l=1}^i t_l+s imes k) ]

这个方程出现了大量无用状态，因为最终只需要求出一个位置上的最优解

那我们反过来想，每一次的分组，都会使得时间拖延 (s) ，那么事先加上就行了

即在分为 (k) 组时，前面已经加上了 (k) 次 (s) 所带来的影响值

也就是 (s imes sum_{l=j+1}^n v_l)

给出最终的时间复杂度为 (mathcal{O}(n^2)) 转移方程:

[f_i = min_{1leq jleq i-1} f_j + sum_{l=j}^i v_l imes sum_{l=1}^i t_l + s imes sum_{l=j+1}^n v_l ]

将所有的求和用前缀和维护

然后就能愉快的敲代码了

代码给出：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = (int)5e3+7;
int n,s,f[maxn],t[maxn],v[maxn];
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&s);
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		scanf("%d",t+i);t[i] += t[i-1];
		scanf("%d",v+i);v[i] += v[i-1];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[0] = 0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<i;++j) {
			f[i] = min(f[i],f[j]+t[i]*(v[i]-v[j])+s*(v[n]-v[j]));
		}
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}

Upd 2020.10.30

以上是 P2365 的 (mathcal{O}(n^2)) 做法，接下来介绍该题 (mathcal{O}(n)) 的斜率优化 DP

注: 下文中 (sumt_i gets sum_{j=1}^i t_j) , (sumv_i gets sum_{j=1}^i v_j)

把原方程中的 (min) 去掉得

[f_i = f_j + (sumv_i-sumv_j) imes sumt_i + s imes (sumv_n-sumv_j) ]

展开，移项得

[underline{f_j-s imes sumv_j}_{ y} = underline{(sumt_i+s)}_{ k} imes underline{sumv_j}_{ x} + underline{f_i-sumv_i imes sumt_i-s imes sumv_n}_{ b} ]

tips: 斜率优化拆项时， (x,y) 必须与 (j) 相关， (k) 必须与 (i) 相关

问题转化为斜率 (k=sumt_i+s) 时，取一个点使得直线在 (y) 轴上的截距最大，其中点就为 ((sumv_j,f_j-s imes sumv_j))

我们用线性规划的思想，将斜率为 (k=sumt_i+s) 的直线从下往上移动，碰到的第一个点即能得到最小截距

此题中， (k) 单调上升， (x) 单调上升，坐标系上的点长这样

上图中，用线性规划的取点方式，红点是无论如何都取不到的，我们要维护蓝点所形成的几何图形，称之为凸包

我们用一个单调队列来维护凸包

因为 (x) 是单增的，所以每次加入新点都在后方，我们考虑下图的情况

其中红点是新加入的点， tail 表示队尾， tail-1 表示队列的队尾的前一个，此时加入新点后凸包会被破坏，于是我们就弹出队尾的这个点

为了每次都能 (mathcal{O}(1)) 取到最优点，我们用队头来维护

如上图所示，当队头和队头后一个点组成直线的斜率小于 (k=sumt_i+s) 时，又因为 (k) 单增，此时队头将不会被取到，弹出即可

tips: 1. (frac{y_1-y_2}{x_1-x_2} leq frac{y_3-y_4}{x_3-x_4}) 可转化为 ((y_1-y_2) imes(x_3-x_4)leq(y_3-y_4) imes(x_1-x_2)) 避免精度问题
2. 不同题目中的斜率优化时的斜率可能是单调下降的，应另画图分析

代码实现如下

#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(int i=(int)s;i<=(int)t;++i)
using namespace std;
const int R = (int)3e5+7;
int N,Q[R];
long long s,T[R],V[R],f[R];
int main() {
	scanf("%d%lld",&N,&s);
	forn(i,1,N) scanf("%lld%lld",&T[i],&V[i]),
				T[i] += T[i-1],V[i] += V[i-1];       // 前缀和
	int h=0,t=0;
	forn(i,1,N) {
		while(h<t&&f[Q[h+1]]-f[Q[h]]<=(T[i]+s)*(V[Q[h+1]]-V[Q[h]]))             // 弹出队头
			++h;
		f[i] = f[Q[h]] + T[i]*(V[i]-V[Q[h]]) + s*(V[N]-V[Q[h]]);                // 转移
		while(h<t&&(f[i]-f[Q[t]])*(V[Q[t]]-V[Q[t-1]])<=(f[Q[t]]-f[Q[t-1]])*(V[i]-V[Q[t]]))  // 弹出队尾
			--t;
		Q[++t] = i;
	}
	printf("%lld
",f[N]);
	return 0;
}

Upd 2020.10.31

以上是朴素的斜率优化的实现，我们来看下一题【SDOI2012】的加强版

题面

乍一看好像没什么区别，但注意，该题的 (t_i) 可以为负数，也就是说上文中的 (k=sumt_i+s) 不再单调递增了，但 (x) 仍单调递增

也就是说我们无法和上题一样直接维护队头为答案了，但队尾还能一样维护凸包，我们观察下下凸包（向下凸的凸包）的性质

仔细观察上图，可以发现 (k_f<k_g<k_h) ,即相邻两个点的斜率是单调递增的

有了这个性质，我们就可以用二分查找的方式找出第一条斜率 (kgeq sumt_i+s) 的直线的后一个点，并进行转移

时间复杂度 (mathcal{O}(nlog n))

具体实现见代码

#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(int i=(int)s;i<=(int)t;++i)
using namespace std;
const int R = (int)3e5+7;
int N,Q[R];
long long s,T[R],V[R],f[R];
int main() {
	scanf("%d%lld",&N,&s);
	forn(i,1,N) scanf("%lld%lld",&T[i],&V[i]),                 // 前缀和
				T[i] += T[i-1],V[i] += V[i-1];
	int h=0,t=0,l,r,mid,res;
	forn(i,1,N) {
		l = h,r = t,res = Q[r];
		while(l<=r) {                                      // 二分找点
			mid = l+r >> 1;
			if((f[Q[mid+1]]-f[Q[mid]])>(T[i]+s)*(V[Q[mid+1]]-V[Q[mid]])) r = mid-1,res = Q[mid];
			else l = mid+1;
		}
		f[i] = f[res] + T[i]*(V[i]-V[res]) + s*(V[N]-V[res]);      // 转移
		while(h<t&&(f[i]-f[Q[t]])*(V[Q[t]]-V[Q[t-1]])<=(f[Q[t]]-f[Q[t-1]])*(V[i]-V[Q[t]]))
			--t;                                       // 弹出队尾维护凸包
		Q[++t] = i;                                        // 加入新点
	}
	printf("%lld
",f[N]);
	return 0;
}