DP斜率优化总结

DP斜率优化总结

任务安排1

先\(O(N^2)​\)做法，先分别预处理出\(T_i,C_i​\)前缀和\(t[i],c[i]​\)，其中\(f[i]​\)并不表示前\(i​\)个任务花费的时间，而是壳含前面所有决策对于后面的影响。这道题dp思路就是边决策边加上当前决策对于后面的影响（一种“费用提前计算”的思想）

转移方程：
\[ f[i]=min(f[j]+(c[i]-c[j])*t[i]+s*(c[n]-c[j]), f[i]) \]

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MIN(A,B) ((A)<(B)?(A):(B))
#define MAXN 5005
using namespace std;
int f[MAXN];
int sumt[MAXN],sumc[MAXN];
int n,s;
int main(){
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[0]=0;
    scanf("%d\n%d", &n, &s);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int t,c;
        scanf("%d %d", &t, &c);
        sumt[i]=sumt[i-1]+t;
        sumc[i]=sumc[i-1]+c;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=0;j<i;++j){
        f[i]=MIN(f[j]+(sumc[i]-sumc[j])*sumt[i]+s*(sumc[n]-sumc[j]), f[i]);
    }
    printf("%d", f[n]);
    return 0;
}

任务计划2

将原转移方程移项，让只含\(j\)的式子移到左边，其余移到右边，再将右边含\(j\)的式子提公因式，得到
\[ f[j]=c[j]\times (t[i]+s)+f[i]-s\times c[n]-c[i]\times t[i] \]
此时将外层循环到的\(i​\)看做已知量（则关于\(i​\)的变量\(t[i],c[i]​\)为常数），看做一个斜率确定的一次函数\(y=kx+b​\)，其中\(f[j]​\)看做函数的\(y​\)，\(c[j]​\)看做函数的\(x​\)，\((t[i]+s)​\)为斜率。要让\(f[i]​\)最小即让此一次函数截距最小。

(图自ButterflyDew)

而容易得到：将此确定的斜率函数从最下面向上平移遇到的第一个点\((c[j],f[j])\)就是能取到最小截距（最优\(f[i]\)）的点，（满足\(k_1\le k_0\le k_2\)），如图，也就是一个下凸壳的顶点。

而像这样的上凸壳顶点如图显然一定不会是最优解，所以我们维护一个下凸壳，每次找到顶点即为最优。

而这道题我们不需要维护整个下凸壳，而只维护下凸壳顶点及顶点右侧的点（因为左侧不可能比顶点优）。我们维护一个单调队列，使队首为下凸壳顶点，每次最优即为队首元素。维护时先将下凸壳顶点左边的所有点弹掉（若当前点与下一个点构成的直线斜率小于等于\(s+t[i]​\)，则当前点在左边），之后队首就是下凸壳的顶点，取出并算出的\(f[i]​\)即为最优，最后再将所有构成上凸壳的点删去维护一下下凸壳。

单调队列部分实现代码：

while(l<r&&f[q[l+1]]-f[q[l]]<=(S+t[i])*(c[q[l+1]]-c[q[l]])) l++; // 弹出顶点左边的点
f[i]=f[q[l]]+t[i]*c[i]+S*c[n]-c[q[l]]*(S+t[i]);
while(l<r&&(f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])<=(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]])) r--; // 维护下凸壳
q[++r]=i;

完整代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MIN(A,B) ((A)<(B)?(A):(B))
#define MAXN 5005*2
using namespace std;
int f[MAXN],q[MAXN];
int t[MAXN],c[MAXN];
int n,s;
int main(){
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[0]=0;
    scanf("%d\n%d", &n, &s);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int tt,tc;
        scanf("%d %d", &tt, &tc);
        t[i]=t[i-1]+tt;
        c[i]=c[i-1]+tc;
    }
    int l=1,r=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(l<r&&(f[q[l+1]]-f[q[l]])<=(t[i]+s)*(c[q[l+1]]-c[q[l]])) l++;
        f[i]=f[q[l]]-c[q[l]]*(t[i]+s)+s*c[n]+c[i]*t[i];
        while(l<r&&(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]])>=(f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])) r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%d", f[n]);
    return 0;
}

任务安排3

因为\(T_i\)可能为负数，所以直线斜率\(s+t[i]\)不单增，所以不能直接单调队列取队首，而是二分查找出两条斜率为\(k_1,k_2\)的直线满足\(k_1\le s+t[i]\le k_2​\)，两条直线交点即为最优点。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MIN(A,B) ((A)<(B)?(A):(B))
#define MAXN 300003
#define ll long long
using namespace std;
ll f[MAXN];
int q[MAXN];
ll t[MAXN],c[MAXN];
int n,s;
int l=1,r=1;
inline int query(ll k){
    int L=l,R=r,ans;
    while(L<=R){
        int mid=(L+R)>>1;
        if((f[q[mid]]-f[q[mid-1]])<=k*(c[q[mid]]-c[q[mid-1]])) L=mid+1,ans=mid;
        else R=mid-1;
    }
    return q[ans];
}
int main(){
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[0]=0;
    scanf("%d\n%d", &n, &s);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        ll tt,tc;
        scanf("%lld %lld", &tt, &tc);
        t[i]=t[i-1]+tt;
        c[i]=c[i-1]+tc;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int j=query(t[i]+s);
        f[i]=f[j]-c[j]*(t[i]+s)+s*c[n]+c[i]*t[i];
        while(l<r&&
              (f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]])>=(f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])) r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld", f[n]);
    return 0;
}

百日旅行

\(N\)天，如果连续\(x\)天旅游，则花费\(p\times x\times x\)，否则连续\(x\)天吃饭，花费\(Q\times x\)，问最小花费

设计dp，\(f[i]\)表示第\(i\)天最小花费并且这一天在旅游，\(g[i]\)表示在这一天吃饭，转移方程：

f[i]=min(g[j]+SQR(i-j)*p,f[i])
g[i]=min(f[j]+(i-j)*q,g[i])

观察\(g[i]\)，\(g[i]=i*q+f[j]-j*q\)，所以维护\(1\)到\(i-1\)的\(f[i]-i*p\)最小值即可。

观察\(f[i]​\)，\(f[i]=g[i]+p*i^2-2*p*i*j+p*j^2​\)

移项，使只含\(j\)的式子在左边，其余右边，得\(g[j]+p*j^2=(i*2*p)*j+f[i]-p*i^2\)

此时看做一个一次函数，要想\(f[i]​\)最小，即让截距最小，维护一个下凸壳。又发现斜率\(i​\)单增，可使用单调队列。

#include <cstdio>
#define ll long long
#define MAXN 200002
#define MIN(A,B) ((A)<(B)?(A):(B))
#define j (q[l])
#define SQR(A) ((A)*(A))
#define Y(A) (g[A]+P*(A)*(A))
using namespace std;
int n,l,r;
ll f[MAXN],g[MAXN],q[MAXN],P,Q;
int main(){
    scanf("%d %lld %lld", &n, &P, &Q);
    l=1,r=1;
    ll t=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(l<r&&(Y(q[l + 1]) - Y(q[l])) <= i*2*P * (q[l+1] - q[l])) ++l;
        f[i]=g[j]+P*SQR(j)+P*SQR(i)-i*2*P*j;
        g[i]=i*Q+t;
        t=MIN(f[i]-i*Q,t);
        while(l<r && (Y(q[r]) - Y(q[r-1]))*(q[i] - q[r]) >= (Y(q[i]) - Y(q[r]))*(q[r] - q[r-1])) --r;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%lld", MIN(f[n], g[n]));
    return 0;
}
/*
g[i]=i*q+f[j]-j*q

g[j]+p*j^2=(i*2*p)*j+f[i]-p*i^2
*/