动态规划——斜率优化DP

题目清单

acwing300.任务安排1

状态表示fi:

集合：完成前i个任务且第i个任务为最后一个批次最后一个任务的方案。

属性：min
状态计算：
f i = m i n { f j + s u m t i × ∑ j + 1 i w u + s × ∑ j + 1 n w i } fi=min\{fj+sumti ×\sum_{j+1}^{i}wu+s×\sum_{j+1}^{n}wi\} fi=min{fj+sumti×∑j+1iwu+s×∑j+1nwi} ( 0 ≤ j < i ) (0\leq j < i) (0≤j<i)
f i = m i n { f j + s u m t i × ( s u m c i − s u m c j ) + s × ( s u m c n − s u m c j ) } fi=min\{fj+sumti ×(sumci-sumcj)+s×(sumcn-sumcj)\} fi=min{fj+sumti×(sumci−sumcj)+s×(sumcn−sumcj)} ( 0 ≤ j < i ) (0\leq j < i) (0≤j<i)

时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 5010;
typedef long long ll;
ll f[N];
ll sumt[N], sumc[N];
int n, s;
int main()
{
    cin >> n >> s;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lld%lld", &sumt[i], &sumc[i]);
        sumt[i] += sumt[i - 1];
        sumc[i] += sumc[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] + sumt[i] * (sumc[i] - sumc[j]) + s * (sumc[n] - sumc[j]));
        }
    }
    cout << f[n];
    return 0;
}

acwing301.任务安排2

我们对上一题得到的状态转移方程 f i = m i n { f j + s u m t i × ( s u m c i − s u m c j ) + s × ( s u m c n − s u m c j ) } fi=min\{fj+sumti ×(sumci-sumcj)+s×(sumcn-sumcj)\} fi=min{fj+sumti×(sumci−sumcj)+s×(sumcn−sumcj)} ( 0 ≤ j < i ) (0\leq j < i) (0≤j<i)进行编变形。

f i = f j + s u m t i × s u m c i − s u m t i × s u m c j + s × s u m c n − s × s u m c j fi=fj+sumti ×sumci-sumti×sumcj+s×sumcn-s×sumcj fi=fj+sumti×sumci−sumti×sumcj+s×sumcn−s×sumcj
f i = f j − s u m t i × s u m c j − s × s u m c j + s u m t i × s u m c i + s × s u m c n fi=fj-sumti×sumcj-s×sumcj+sumti ×sumci+s×sumcn fi=fj−sumti×sumcj−s×sumcj+sumti×sumci+s×sumcn
f i = f j − ( s u m t i + s ) × s u m c j + s u m t i × s u m c i + s × s u m c n fi=fj-(sumti+s)×sumcj+sumti ×sumci+s×sumcn fi=fj−(sumti+s)×sumcj+sumti×sumci+s×sumcn

移项得到
f j = ( s u m t i + s ) × s u m c j − s u m t i × s u m c i − s × s u m c n + f i fj=(sumti+s)×sumcj-sumti ×sumci-s×sumcn+fi fj=(sumti+s)×sumcj−sumti×sumci−s×sumcn+fi

上式是 y = k x + b y=kx+b y=kx+b的形式， y y y是 f j fj fj, k k k是 ( s u m t i + s ) (sumti+s) (sumti+s), x x x是 s u m c j sumcj sumcj, b b b是 f i − s u m t i × s u m c i − s × s u m c n fi-sumti ×sumci-s×sumcn fi−sumti×sumci−s×sumcn。

我们的目标是求 f i fi fi的最小值，因为 b b b中除了 f i fi fi以外的部分是常量，也正因此等价于去想办法让截距最小。因为 k k k也是一个常量， 所以本问题又可以转化为给定一条斜率固定的直线去找过一个 ( x , y ) (x,y) (x,y)点对,使得 b b b最小。 ( x , y ) (x,y) (x,y)点对有 ( s u m c 0 , f 0 ) (sumc0,f0) (sumc0,f0)， ( s u m c 1 , f 1 ) (sumc1,f1) (sumc1,f1),..., ( s u m c i − 1 , f i − 1 ) (sumci-1,fi-1) (sumci−1,fi−1)。

给出结论，无论斜率如何变化，最小值一定是取到凸包下边界的一个点。

具体来说，最小值一定是第一个大于直线斜率的线段头部 k i k_i ki的点。

分析题目：

1., k k k是 ( s u m t i + s ) (sumti+s) (sumti+s),单调递增。

2.新加入点的横坐标也是单调递增。

由于斜率 k k k是单调递增的，也就是说，如果当前的斜率 k k k大于队头两个点的斜率时，那么一开始的点就可以彻底删除，在以后也不会用到，所以凸包中的点可以用单调队列来维护。

维护一个凸包的做法：

1.查询的时候，把队头小于当前斜率k的点删掉。
f q \[ h h + 1 − f q \[ h h s u m c q \[ h h + 1 ] − s u m c q \[ h h ≤ s u m t i + s \frac{fq\[hh+1-fq\[hh}{sumcq\[hh+1]-sumcq\[hh}\leq sumti+s sumcq\[hh+1]−sumcq\[hhfq\[hh+1−fq\[hh≤sumti+s

2.插入的时候，把不在凸包上的点删掉。
f q \[ t t − f q \[ t t − 1 s u m c q \[ h h ] − s u m c q \[ h h − 1 ≥ f i − f q \[ t t ] s u m c i − s u m c q \[ h h ] \frac{fq\[tt-fq\[tt-1}{sumcq\[hh]-sumcq\[hh-1}\geq \frac{fi-fq\[tt]}{sumci-sumcq\[hh]} sumcq\[hh]−sumcq\[hh−1fq\[tt−fq\[tt−1≥sumci−sumcq\[hh]fi−fq\[tt]

时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 300010;
int q[N];
ll t[N], c[N];
ll f[N];
int n, s;
int main()
{
    cin >> n >> s;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lld%lld", &t[i], &c[i]);
        t[i] += t[i - 1];
        c[i] += c[i - 1];
    }
    int hh = 0, tt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        while (hh < tt && f[q[hh + 1]] - f[q[hh]] <= (t[i] + s) * (c[q[hh + 1]] - c[q[hh]])) hh ++ ;
        int j = q[hh];
        f[i] = f[j] + t[i] * (c[i] - c[j]) + s * (c[n] - c[j]);
        while (hh < tt && (f[q[tt]] - f[q[tt - 1]]) * (c[i] - c[q[tt]]) >= (f[i] - f[q[tt]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt -- ;
        q[++ tt] = i;
    }
    cout << f[n];
    return 0;
}

acwing302.任务安排3

和上一题不同的是， 本题中机器的工作时间可以为负数，也正因此斜率 k k k并不是随着 i i i单调递增的了，上一题中，对于凸包的头部和尾部均使用单调队列来处理，本题则需要使用二分去找到合适的点对，对尾部的处理同样使用单调队列。

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long ll;
ll t[N], c[N];
ll f[N];
int q[N];
int n, s;
int main()
{
    cin >> n >> s;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%lld%lld", &t[i], &c[i]);
        t[i] += t[i - 1];
        c[i] += c[i - 1];
    }
    int hh = 0, tt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int l = hh, r = tt;
        while (l < r)
        {
            int mid = l + r >> 1;
            if (f[q[mid + 1]] - f[q[mid]] > (double)(t[i] + s) * (c[q[mid + 1]] - c[q[mid]])) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        int j = q[l];
        f[i] = f[j] - (t[i] + s) * c[j] + t[i] * c[i] + s * c[n];
        while (hh < tt && (double)(f[q[tt]] - f[q[tt - 1]]) * (c[i] - c[q[tt]]) >= (double)(f[i] - f[q[tt]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt -- ;
        q[++ tt] = i;
    }
    cout << f[n];
    return 0;
}

acwing303.运输小猫

每一只小猫都会对应一个最早出发时间 a i = t i − d h \[ i ] ai=ti-dh\[i] ai=ti−dh\[i]，也就是结束玩耍的时间减去到1号山的距离。当我们处理完 a a a数组后，对数组 a a a进行一个从小打到的排序。这样一来，相邻一段猫肯定是要由一个饲养员接走的，饲养员的出发时间就是这一段最后一只猫对应的数组 a a a的值。
状态表示fij:

集合：对于前 i i i只猫，安排 j j j个饲养员去接猫的所有方案。

属性：min
状态计算：
f i j = m i n { f k j − 1 + ∑ k + 1 i ( a i − a u ) } fij=min\{fkj-1+\sum_{k+1}^{i}(a_i-a_u)\} fij=min{fkj−1+∑k+1i(ai−au)} ( 0 ≤ k < i ) \ \ \ (0\leq k <i) (0≤k<i)
f i j = m i n { f k j − 1 + ∑ k + 1 i a i − ∑ k + 1 i a u } fij=min\{fkj-1+\sum_{k+1}^{i}a_i-\sum_{k+1}^{i}a_u\} fij=min{fkj−1+∑k+1iai−∑k+1iau} ( 0 ≤ k < i ) \ \ \ (0\leq k <i) (0≤k<i)
f i j = m i n { f k j − 1 + ( i − k ) a i − ( s i − s k ) } fij=min\{fkj-1+(i-k)a_i-(si-sk)\} fij=min{fkj−1+(i−k)ai−(si−sk)} ( 0 ≤ k < i ) \ \ \ (0\leq k <i) (0≤k<i)

移项得:
f k j − 1 + s k = a i × k + f i j + s i − i a i fkj-1+sk=ai ×k+fij+si-iai fkj−1+sk=ai×k+fij+si−iai

至此，本题就转换为了任务安排2。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
const int P = 110;
ll f[P][N];
ll a[N];
ll s[N];
int d[N];
int q[N];
int n, m, p;
ll get_y(int j, int k)
{
    return f[j - 1][k] + s[k];
}
int main()
{
    cin >> n >> m >> p;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        scanf("%d", &d[i]);
        d[i] += d[i - 1];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
    {
        ll h, t;
        scanf("%lld%lld", &h, &t);
        a[i] = t - d[h];
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
    {
        s[i] = a[i];
        s[i] += s[i - 1];
    }
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    for(int i = 0;i <= p;i ++)
        f[i][0] = 0;

    for (int i = 1; i <= p; i ++ )
    {
        int hh = 0, tt = 0;
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
        {
            while (hh < tt && get_y(i, q[hh + 1]) - get_y(i, q[hh]) <= (q[hh + 1] - q[hh]) * a[j]) hh ++;
            int k = q[hh];
            f[i][j] = f[i - 1][k] + (j - k) * a[j] - (s[j] - s[k]);
            while (hh < tt && (get_y(i, q[tt]) - get_y(i, q[tt - 1])) * (j - q[tt]) >= (get_y(i, j) - get_y(i, q[tt])) * (q[tt] - q[tt - 1])) tt --;
            q[++ tt] = j;
            
        }
    }
    cout << f[p][m];
    return 0;
}