斜率优化dp

众所周知，斜率优化$DP$是很（mei）优（luan）秀（yong）的算法。

所以，就和博主一起来学习吧。

例题一：任务安排

【题目描述】

有$N$个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。机器会把这$N$个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。从时刻$0$开始，任务被分批加工，执行第$i$个任务所需的时间是$T_{i}$​。另外，在每批任务开始前，机器需要$S$的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间$S$加上每个任务所需时间之和。

一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数$C_{i}$。

请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。

【分析】通过题目描述，我们可以很轻松的看出这是一个$DP$题目。

我们设$sumc[i]$表示费用的前缀和，$sumt[i]$表示时间的前缀和。

所以我们可以列出$DP$方程：

$$dp[i]=min(dp[i],sumt[i]*(sumc[i]-sumc[j])+s*(sumc[n]-sumc[j])+dp[j])$$

但是，这个$DP$转移是$n^2$的，在$3 imes10^5$次方的数据范围下会T到天上。

于是，我们考虑将$DP$方程化简：

$$dp[i]=dp[j]-(s+sumt[i])*sumc[j]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n]$$

看到这个式子，依然没有什么头绪，所以我们可以找到两个决策点k,j,假设k优于j,则

$$dp[j]-(s+sumt[i])*sumc[j]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n]geq dp[k]-(s+sumt[i])*sumc[k]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n]$$

继续整理式子

$$dp[j]-(s+sumt[i])*sumc[j]geq dp[k]-(s+sumt[i])*sumc[k]$$

$$dp[j]-dp[k] geq s*sumc[j]-sumt[i]*sumc[j]-s*sumc[k]+sumt[i]*sumc[k]$$

$$dp[j]-dp[k] geq (s+sumt[i])*(sumc[j]-sumc[k])$$

$$frac{dp[j]-dp[k]}{(sumc[j]-sumc[k])} geq (s+sumt[i])$$

可以发现，左边的式子是形如$frac{Y_{1}-Y_{2}}{X_{1}-X_{2}}$的式子，而右边的式子是一个常量。

我们可以想到斜率!构建一个平面直角坐标系，以$sumc[i]$为横坐标，以$dp[i]$为纵坐标：

根据刚刚推出的$DP$,决策点k所在的直线的斜率只有大于它之前所有的点，小于它之后所有点的斜率，它才能被选中成为一个最优解。因为若k点最优，则应满足k点所在直线的截距是所有点中最小的。所以，这个k点应处于一个“下凸壳”的顶点处。因为在所有可能成为最优决策的点集中，点的编号与直线斜率都是递增的。根据这个性质，我们可以用单调队列来维护可能成为最优决策的点集。当单调队列头的两个点组成直线的斜率比当前直线的斜率$leq s+sumt[i]$小的时候，就将其弹出。当单调队列尾的两个点与当前点组成的不是“下凸壳”时，就将其弹出。

总结一下：当$DP$方程有a[i]*b[j]的项时：

①设决策点k优于j，化简方程，看是否能化简成不等式左边为形如$frac{Y_{1}-Y_{2}}{X_{1}-X_{2}}$，右边为一个常数的形式，若不能，则采用暴力；

②看这道题是维护上凸壳还是下凸壳。

下面给出任务安排的代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<deque>
using namespace std;
int sumt[300001],sumc[300001];
int dp[300001],q[300001];
int X(int i){return sumc[i];}
int Y(int i){return dp[i];}
int slope(int i,int j){return (Y(i)-Y(j))/(X(i)-X(j));}
int main()
{
    int n,s;
    scanf("%d%d",&n,&s);
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        int c,t;
        scanf("%d%d",&t,&c);
        sumt[i]=sumt[i-1]+t;
        sumc[i]=sumc[i-1]+c;
    }
    int l=1,r=1;
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        while(l<r&&slope(q[l+1],q[l])<(sumt[i]+s))
            l++;
        dp[i]=dp[q[l]]-(s+sumt[i])*sumc[q[l]]+sumt[i]*sumc[i]+s*sumc[n];
        while(l<r&&slope(i,q[r])<slope(q[r],q[r-1]))
            r--;
        q[++r]=i;
    }
    cout<<dp[n];
}

 既然学会了方法，那么接下来的事情就是刷题了。

【例题1】任务安排升级版 link

这题和上题一模一样，但是$sumc[i]$有可能是负的。所以下凸壳的性质就不能用了，我们就不能使用上一问的单调队列，所以需要二分遍历整个点集。

【例题2】Cats Transport link

这题思维难度较大，但是$DP$方程很简短。我们将饲养员正好接到猫的时间预处理，然后将其从小到大排序。我们设$dp[i][j]$表示前$i$个饲养员接前$j$只猫的时间。因为一个人接到第j只猫时，可以接到前面所有猫。所以我们枚举断点，可以列出$DP$方程：$dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][x]+(j-x)*a[j]-sum[j])$，其中$a_{i}$表示正好接到第$i$只猫的出发时间，$sum[i]$表示$a[i]$的前缀和。

【例题3】玩具装箱 link

这题思维难度很小，但是式子的化简十分复杂。我们把$j-i$设为a，$sum[k]-sum[i]$设为$suma$，$sum[j]-sum[i]$设为$sumb$，采用换元的思想降低化简难度。最终化简出$X=sum[i]+i+L+1$,$Y=dp[i]+(sum[i]+i+L+1)^2$。

【例题四】仓库选址 link

很普通的一道斜率优化，dp方程留给大家自己推吧。

大家还可以试试2009年的江苏省选火星藏宝图，很好的思维题目。

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