[算法] 动态规划之斜率优化

前言

斜率优化通常使用单调队列辅助进行实现，用于优化 (DP) 的时间复杂度。

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适用范围

使用单调队列优化 (DP) ，通常可以解决型如： (dp[i]=min(f(j))+g(i)) 的状态转移方程。其中 (f(i)) 是只关于 (i) 的函数， (g(j)) 是只关于 (j) 的函数。朴素的解决方法是在第二层循环中枚举 (j) 来实现最小值，时间复杂度为 (O(n^2)) 。可以使用单调队列来维护这个最小值实现 (O(n)) 的时间复杂度。

而斜率优化利用上述方法进行改进，实现对于型如： (dp[i]=min(f(i,j))+g(i)) 的状态转移方程。对比第一种情况，可以发现函数 (f) 函数与两个值 (i,j) 都有关，简单地使用单调队列是无法优化的。这时候就开始引入主题斜率优化了。

下面结合一道例题来具体详解。题目来自于 (HNOI2008) 省选题目。

题目大意

有 (n) 个数字 (C_1) ， (C_2...C_n) ，把它分为若干组，给出另一个数 (L) ，设每组的第一个数下标为 (i) ，最后一个数下标为 (j) ，则每组的花费为((i-j+sum_{k=i}^jC_k-L)^2)，总花费为所有组的花费之和。求最小总花费。

思路

先考虑朴素的 (dp) 做法。

设 (dp[i]) 为将前 (i) 个数字分组后的最小花费。求和可以考虑使用前缀和来优化，设前缀和数组为 (pre) 。则状态转移方程可以写为：

(dp[i]=Min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])+(i-(j+1))-L)^2,0≤j＜i))

即是：

(dp[i]=Min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-L-1)^2,0≤j＜i))

那么 (sum) 数组可以初始化为：

for(int i = 1; i <= n; i++) {
	Quick_Read(val[i]);
	sum[i] = sum[i - 1] + val[i];
}

设 (pre[i]=sum[i]+i) ，再进一步设 (l=L+1) 那么状态转移方程可以写为：

(dp[i]=Min(dp[j]+(pre[i]-pre[j]-l)^2,0≤j<i))

状态转移

int Get_Dp(int i, int j) {
	return dp[j] + (pre[i] - pre[j] - l) * (pre[i] - pre[j] - l);
}

(pre) 数组就可以进一步写为：

for(int i = 1; i <= n; i++) {
	Quick_Read(val[i]);
	pre[i] = pre[i - 1] + val[i] + 1;
}

若枚举 (j) ，则时间复杂度为 (O(n)^2) ，时间复杂度不优。使用斜率优化可以对其进行优化。

假设当前枚举到 (i) ，需要得到 (i) 的状态。假设有两个决策点 (j) ， (k) ，满足决策点 (j) 优于决策点 (k) 。用符号语言可以表达为：

(dp[j]+(pre[i]-pre[j]-l)^2<dp[k]+(pre[i]-pre[k]-l)^2)

展开得：

(dp[j]+pre[i]^2+pre[j]^2+l^2-2 imes pre[i] imes pre[j]-2 imes l imes pre[i]+2 imes l imes pre[j]<dp[k]+pre[i]^2+pre[k]^2+l^2-2 imes pre[i] imes pre[k]-2 imes l imes pre[i]+2 imes l imes pre[k])

进一步整理得 ：

(dp[j]+pre[j]^2-dp[k]-pre[k]^2<(pre[i]-l) imes 2 imes (pre[j] - pre[k]))

观察可得：左边的式子只与 (j) 和 (k) 有关，但右边的式子还与 (i) 有关。也可以发现若满足上述式子，则会有 (j) 优于 (k) 。再分类讨论：

1. (j>k) ，则 (pre[j]>pre[k])，移项得 (frac{dp[j]+pre[j]^2-(dp[k]+pre[k]^2)}{pre[j] - pre[k]}<pre[i]-l) ， (2 imes (pre[i]-l)) 可以 看为一个常数。那么意味着点 (j(dp[j]+pre[j]^2,pre[j])) 与点 (k(dp[k]+pre[k]^2,pre[k])) 所构成的直线的斜率小于 (2 imes (pre[i]-l)) 这个常数。
2. (j<k) ，则 (pre[j]<pre[k])，移项得 (frac{dp[j]+pre[j]^2-(dp[k]+pre[k]^2)}{pre[j] - pre[k]}>pre[i]-l) ， (2 imes (pre[i]-l)) 可以 看为一个常数。那么意味着点 (j(dp[j]+pre[j]^2,pre[j])) 与点 (k(dp[k]+pre[k]^2,pre[k])) 所构成的直线的斜率大于 (2 imes (pre[i]-l)) 这个常数。

获得分子的函数：

int Get_Up(int j, int k) {
	return dp[j] + pre[j] * pre[j] - dp[k] - pre[k] * pre[k];
}

获得分母的函数：

int Get_Down(int j, int k) {
	return pre[j] - pre[k];
}

有了上述的一级结论，可以进一步推导出二级结论：

设 (x,y) 的斜率表示为 (k(x,y)) 。若存在三点 (a,b,c) ，有 (k(a,b)>k(b,c)) ，即是图像形成上凸的形状时，那么点 (b) 绝对不是最优的。

分类讨论：

1. (k(a,b)>k(b,c)>pre[i]-l) ，则对于上述结论可以得出 (a) 比 (b) 更优，舍去 (b) 。
2. (pre[i]-l>k(a,b)>k(b,c)) ，则对于上述结论可以得出 (c) 比 (b) 更优，舍去 (b) 。
3. (pre[i]-l<k(a,b)) 且 (pre[i]-l>k(b,c)) ，则对于上述结论可以得出 (a) 和 (c) 都比 (b) 更优，舍去 (b) 。

那么就可以得出答案的点必须满足 (k(a_1,a_2)<k(a_2,a_3)<...<k(a_{m-1},a_m)) 。全部呈现出下凸状态，如下图。

这样下标递增，斜率递增的点集可以使用单调队列来维护。

找出当前最优的点为 (que[head]) ，即队头元素。

while(Get_Up(que[head + 1], que[head]) <= 2 * (pre[i] - l) * Get_Down(que[head + 1], que[head]) && head < tail)
	head++;

用当前点 (i) 来更新队列，使得该队列呈下凸之势。

while(Get_Up(que[tail], que[tail - 1]) * Get_Down(i, que[tail]) >= Get_Up(i, que[tail]) * Get_Down(que[tail], que[tail - 1]) && head < tail)
	tail--;

按照上述方法进行状态转移，得到的 (dp[n]) 就是当前的最优解。

C++代码

注意要开 (long) (long)

#include <cstdio>
#define int long long//注意开long long吖( ⊙ o ⊙ )！
void Quick_Read(int &N) {//快速读入
	N = 0;
	int op = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {
		if(c == '-')
			op = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		N = (N << 1) + (N << 3) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	N *= op;
}
void Quick_Write(int N) {//快速打印
	if(N < 0) {
		putchar('-');
		N = -N;
	}
	if(N >= 10)
		Quick_Write(N / 10);
	putchar(N % 10 + 48);
}
const int MAXN = 5e5 + 5;
int dp[MAXN];
int pre[MAXN], val[MAXN];
int n, l;
int que[MAXN];
int head, tail;
int Get_Dp(int i, int j) {//状态转移方程
	return dp[j] + (pre[i] - pre[j] - l) * (pre[i] - pre[j] - l);
}
int Get_Up(int j, int k) {//获得斜率的分子
	return dp[j] + pre[j] * pre[j] - dp[k] - pre[k] * pre[k];
}
int Get_Down(int j, int k) {//获得斜率的分母
	return pre[j] - pre[k];
}
void Line_Dp() {
	head = 1;//单调队列初始化，dp[0]也是一种方案，所以头和尾都是1
	tail = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		while(Get_Up(que[head + 1], que[head]) <= 2 * (pre[i] - l) * Get_Down(que[head + 1], que[head]) && head < tail)
			head++;//找到当前的最优解
		dp[i] = Get_Dp(i, que[head]);//状态转移
		while(Get_Up(que[tail], que[tail - 1]) * Get_Down(i, que[tail]) >= Get_Up(i, que[tail]) * Get_Down(que[tail], que[tail - 1]) && head < tail)
			tail--;//把i加入单调队列更新最优解
		que[++tail] = i;
	}
	Quick_Write(dp[n]);//输出答案
}
void Read() {//输入数据
	Quick_Read(n);
	Quick_Read(l);
	l++;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		Quick_Read(val[i]);
		pre[i] = pre[i - 1] + val[i] + 1;
	}
}
signed main() {
	Read();
	Line_Dp();
	return 0;
}