信息学奥赛一本通 1607：【 例 2】任务安排 2 | 洛谷 P10979 任务安排 2

【题目链接】

ybt 1607：【 例 2】任务安排 2
洛谷 P10979 任务安排 2

注：ybt1607中n最大达到 1 0 4 10^4 104，洛谷P10979中n最大达到 3 ∗ 1 0 5 3*10^5 3∗105，本题解统一认为n最大达到 3 ∗ 1 0 5 3*10^5 3∗105。

【题目考点】

1. 动态规划：斜率优化动规

2. 单调队列

数组实现单调队列代码操作：

操作	代码
单调队列初始化	int q[N], l = 1, r = 0
单调队列是否为空	l > r（队列不空：l <= r）
取队头	q[l]
取队尾	q[r]
队尾入队	q[++r] = a
队头出队	++l
队尾出队	--r

【解题思路】

与本题题面相同但问题规模较小的题目：
信息学奥赛一本通 1606：【 例 1】任务安排 1 | 洛谷 P2365 任务安排

本题相比上题只有n的数值范围扩大到了 3 ∗ 1 0 5 3*10^5 3∗105，因此理论上不能再使用 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)的算法，应该使用 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)或 O ( n ) O(n) O(n)的算法。状态定义和状态转移方程分析过程见上题中的解法2。

以下介绍的就是动态规划的斜率优化算法：

1. 整理状态转移方程

状态定义 ： d p i dp_i dpi：前i个任务的所有子段划分方案中，执行任务的费用 加上当前方案下每批任务的启动时间对后续任务产生的费用 加和最小的任务批次划分方案的费用。

第i个任务执行时间为 t i t_i ti，其前缀和为 T T T。第i个任务的费用系数为为 c i c_i ci，其前缀和为 C C C
状态转移方程 ： d p i = m i n { d p j + T i ⋅ ( C i − C j ) + s ⋅ ( C n − C j ) } , 0 ≤ j < i dp_i = min\{dp_j+T_i\cdot (C_i-C_j)+s\cdot (C_n-C_j)\}, 0\le j< i dpi=min{dpj+Ti⋅(Ci−Cj)+s⋅(Cn−Cj)},0≤j<i

将与j有关以及无关的项分开写，得到：
d p i = m i n { d p j − ( T i + s ) ⋅ C j + T i ⋅ C i + s ⋅ C n } , 0 ≤ j < i dp_i = min\{dp_j-(T_i+s)\cdot C_j+T_i\cdot C_i+s\cdot C_n\}, 0\le j<i dpi=min{dpj−(Ti+s)⋅Cj+Ti⋅Ci+s⋅Cn},0≤j<i

2. 决策点

每个j的取值称为一个决策点 。假设 d p j 1 < d p j 2 dp_{j_1}<dp_{j_2} dpj1<dpj2，也就是决策点 j 1 j_1 j1优于 j 2 j_2 j2，

则 d p j 1 − ( T i + s ) ⋅ C j 1 + T i ⋅ C i + s ⋅ C n < d p j 2 − ( T i + s ) ⋅ C j 2 + T i ⋅ C i + s ⋅ C n dp_{j_1}-(T_i+s)\cdot C_{j_1}+T_i\cdot C_i+s\cdot C_n < dp_{j_2}-(T_i+s)\cdot C_{j_2}+T_i\cdot C_i+s\cdot C_n dpj1−(Ti+s)⋅Cj1+Ti⋅Ci+s⋅Cn<dpj2−(Ti+s)⋅Cj2+Ti⋅Ci+s⋅Cn
d p j 1 − ( T i + s ) ⋅ C j 1 < d p j 2 − ( T i + s ) ⋅ C j 2 dp_{j_1}-(T_i+s)\cdot C_{j_1}< dp_{j_2}-(T_i+s)\cdot C_{j_2} dpj1−(Ti+s)⋅Cj1<dpj2−(Ti+s)⋅Cj2
( T i + s ) ⋅ ( C j 2 − C j 1 ) < d p j 2 − d p j 1 (T_i+s)\cdot (C_{j_2}-C_{j_1})< dp_{j_2}-dp_{j_1} (Ti+s)⋅(Cj2−Cj1)<dpj2−dpj1

如果已知 C j 1 < C j 2 C_{j_1}<C_{j_2} Cj1<Cj2，那么 d p j 2 − d p j 1 C j 2 − C j 1 > T i + s \frac{dp_{j_2}-dp_{j_1}}{C_{j_2}-C_{j_1}} > T_i+s Cj2−Cj1dpj2−dpj1>Ti+s

反过来，已知 C j 1 < C j 2 C_{j_1}<C_{j_2} Cj1<Cj2

如果 d p j 2 − d p j 1 C j 2 − C j 1 > T i + s \frac{dp_{j_2}-dp_{j_1}}{C_{j_2}-C_{j_1}} > T_i+s Cj2−Cj1dpj2−dpj1>Ti+s，那么决策点 j 1 j_1 j1优于 j 2 j_2 j2

如果 d p j 2 − d p j 1 C j 2 − C j 1 < T i + s \frac{dp_{j_2}-dp_{j_1}}{C_{j_2}-C_{j_1}} < T_i+s Cj2−Cj1dpj2−dpj1<Ti+s，那么决策点 j 2 j_2 j2优于 j 1 j_1 j1

3. 决策点的几何表示

对于每个j，都能得到一组数对 ( C j , d p j ) (C_j, dp_j) (Cj,dpj)，将这组数对看作平面直角坐标系中的一个点，称为第j点 ( x j , y j ) (x_j,y_j) (xj,yj)，其横纵坐标分别为 x j = C j ， y j = d p j x_j=C_j，y_j=dp_j xj=Cj，yj=dpj。

那么 k ( j 1 , j 2 ) = y j 2 − y j 1 x j 2 − x j 1 = d p j 2 − d p j 1 C j 2 − C j 1 k(j_1,j_2)=\frac{y_{j_2}-y_{j_1}}{x_{j_2}-x_{j_1}}=\frac{dp_{j_2}-dp_{j_1}}{C_{j_2}-C_{j_1}} k(j1,j2)=xj2−xj1yj2−yj1=Cj2−Cj1dpj2−dpj1就是第 j 1 j_1 j1点和第 j 2 j_2 j2点连线的斜率。

4. 转为线性规划问题

将状态转移方程
d p i = m i n { d p j − ( T i + s ) ⋅ C j + T i ⋅ C i + s ⋅ C n } , 0 ≤ j < i dp_i = min\{dp_j-(T_i+s)\cdot C_j+T_i\cdot C_i+s\cdot C_n\}, 0\le j<i dpi=min{dpj−(Ti+s)⋅Cj+Ti⋅Ci+s⋅Cn},0≤j<i

去掉min， C j C_j Cj替换为 x x x， d p j dp_j dpj替换为y，得到：
d p i = y − ( T i + s ) x + T i ⋅ C i + s ⋅ C n dp_i=y-(T_i+s)x+T_i\cdot C_i+s\cdot C_n dpi=y−(Ti+s)x+Ti⋅Ci+s⋅Cn

移项得： y = ( T i + s ) x + d p i − T i ⋅ C i − s ⋅ C n y=(T_i+s)x+dp_i-T_i\cdot C_i-s\cdot C_n y=(Ti+s)x+dpi−Ti⋅Ci−s⋅Cn

这是一条斜率为 T i + s T_i+s Ti+s，截距为 d p i − T i ⋅ C i − s ⋅ C n dp_i-T_i\cdot C_i-s\cdot C_n dpi−Ti⋅Ci−s⋅Cn的直线。

记直线斜率 K = T i + s K=T_i+s K=Ti+s ，截距 B = d p i − T i ⋅ C i − s ⋅ C n B=dp_i-T_i\cdot C_i-s\cdot C_n B=dpi−Ti⋅Ci−s⋅Cn，该直线可以表示为 y = K x + B y=Kx+B y=Kx+B

显然，该直线的斜率是固定的，截距中只有 d p i dp_i dpi是可以变化的，也就是说 B B B越小 d p i dp_i dpi越小。

原状态转移方程要完成的事是：在 0 ≤ j < i 0\le j<i 0≤j<i范围内选择一个j使得 d p i dp_i dpi的值最小。

该问题等价于在 0 ≤ j < i 0\le j<i 0≤j<i范围内选择一个决策点j，使得斜率固定的直线 y = K x + B y=Kx+B y=Kx+B在经过点 ( C j , d p j ) (C_j, dp_j) (Cj,dpj)时，截距B最小。

使截距B最小的决策点j，也就是使 d p i dp_i dpi最小的j，称为最优决策点 。

5. 决策点的比较条件

决策点比较条件 可以写为：

已知 C j 1 < C j 2 C_{j_1}<C_{j_2} Cj1<Cj2

• 如果 k ( j 1 , j 2 ) > K k(j_1,j_2) > K k(j1,j2)>K，那么决策点 j 1 j_1 j1优于 j 2 j_2 j2，也就是两点连线斜率大于直线斜率，左侧点更优。
• 如果 k ( j 1 , j 2 ) < K k(j_1,j_2) < K k(j1,j2)<K，那么决策点 j 2 j_2 j2优于 j 1 j_1 j1，也就是两点连线斜率小于直线斜率，右侧点更优。

图示：

k ( j 1 , j 2 ) < K k(j_1,j_2) < K k(j1,j2)<K，所以 j 2 j_2 j2优于 j 1 j_1 j1
k ( j 2 , j 3 ) > K k(j_2,j_3) > K k(j2,j3)>K，所以 j 2 j_2 j2优于 j 3 j_3 j3

6. 上凸点与下凸点

已知有 j 1 , j 2 , j 3 j_1,j_2,j_3 j1,j2,j3三个点满足 C j 1 < C j 2 < C j 3 C_{j_1}<C_{j_2}<C_{j_3} Cj1<Cj2<Cj3

• 如果 k ( j 1 , j 2 ) < k ( j 2 , j 3 ) k(j_1,j_2)<k(j_2,j_3) k(j1,j2)<k(j2,j3)，称 j 2 j_2 j2为下凸点。
• 如果 k ( j 1 , j 2 ) > k ( j 2 , j 3 ) k(j_1,j_2)>k(j_2,j_3) k(j1,j2)>k(j2,j3)，称 j 2 j_2 j2为上凸点 。
  在选最优决策点时可以忽略上凸点

证明：假设 j 2 j_2 j2是 j 1 , j 2 , j 3 j_1,j_2,j_3 j1,j2,j3三个点中的上凸点，

如果 k ( j 1 , j 2 ) > K k(j_1,j_2)>K k(j1,j2)>K，则决策点 j 1 j_1 j1优于 j 2 j_2 j2。

如果 K > k ( j 1 , j 2 ) > k ( j 2 , j 3 ) K>k(j_1,j_2)>k(j_2,j_3) K>k(j1,j2)>k(j2,j3)，那么决策点 j 3 j_3 j3优于 j 2 j_2 j2。

如果 K = k ( j 1 , j 2 ) K=k(j_1,j_2) K=k(j1,j2)，那么选 j 1 j_1 j1和选 j 2 j_2 j2是一样的，可以不选 j 2 j_2 j2。

图示：
k ( j 1 , j 2 ) < k ( j 2 , j 3 ) k(j_1,j_2)<k(j_2,j_3) k(j1,j2)<k(j2,j3)， j 2 j_2 j2为下凸点， j 2 j_2 j2可能是最优决策点。
k ( j 1 , j 4 ) > k ( j 4 , j 3 ) k(j_1,j_4)>k(j_4,j_3) k(j1,j4)>k(j4,j3)， j 4 j_4 j4为上凸点， j 4 j_4 j4不可能是最优决策点。

7. 下凸壳

决策点的点集中，只有下凸点有可能作为最优决策点，因此我们只需要维护所有下凸点构成的下凸壳。

下凸壳上的点按 C j C_j Cj从小到大记为 q l , q l + 1 , . . . , q r q_l,q_{l+1},...,q_r ql,ql+1,...,qr

由于所有决策点都是下凸点，

所以 k ( q l , q l + 1 ) < k ( q l + 1 , q l + 2 ) < . . . < k ( q r − 1 , q r ) k(q_l,q_{l+1})<k(q_{l+1},q_{l+2})<...<k(q_{r−1},q_r) k(ql,ql+1)<k(ql+1,ql+2)<...<k(qr−1,qr)

相邻点连成的线段的斜率是单调递增的。因此使用单调队列维护下凸壳。

8. 决策点队头出队

随着队列q下标x增大，决策点编号 j = q x j=q_x j=qx单调递增， C j C_j Cj也单调递增

本题中直线斜率 K = T i + s K=T_i+s K=Ti+s随着i的增大是单调递增的。

因此如果当前选择决策点 j j j，对于横坐标小于 C j C_j Cj的决策点，也就是队列中 j j j前面的决策点都不可能再成为最优决策点，因此不需要再维护了。

具体做法为：

不断比较 k ( q l , q l + 1 ) k(q_l,q_{l+1}) k(ql,ql+1)和 K K K的大小

• 只要 k ( q l , q l + 1 ) ≤ K k(q_l,q_{l+1})≤K k(ql,ql+1)≤K，则队头 q l q_l ql出队
• 直到队列里只有一个点或 k ( q l , q l + 1 ) > K k(q_l,q_{l+1})>K k(ql,ql+1)>K，此时 q l q_l ql为最优决策点。

将最优决策点 q l q_l ql带入状态转移方程，得出新的状态 d p i dp_i dpi，以及新的决策点i。

图示：
k ( q 1 , q 2 ) ≤ K k(q_1,q_2)≤K k(q1,q2)≤K，则队头 q 1 q_1 q1出队；
k ( q 2 , q 3 ) ≤ K k(q_2,q_3)≤K k(q2,q3)≤K，则队头 q 2 q_2 q2出队；
k ( q 3 , q 4 ) > K k(q_3,q_4)>K k(q3,q4)>K，队头 q 3 q_3 q3是最优决策点。

9. 决策点队尾入队

求出状态 d p i dp_i dpi后，就得到一个新的决策点第 i i i点，其坐标为 ( C i , d p i ) (C_i,dp_i) (Ci,dpi)。我们需要将该点加入决策点集。

由于 C i C_i Ci随着i的增大单调递增，因此新的决策点 i i i一定在下凸壳最后一个决策点 q r q_r qr的右侧。

如果新增第 i i i点导致下凸壳上最后一个决策点 q r q_r qr变为上凸点，则将 q r q_r qr点去掉，直到不产生上凸点时，将第i点加入决策点集的下凸壳。

具体做法：

不断比较 k ( q r , i ) k(q_r,i) k(qr,i)和 k ( q r − 1 , q r ) k(q_{r−1},q_r) k(qr−1,qr)的大小

• 只要 k ( q r − 1 , q r ) ≥ k ( q r , i ) k(q_{r−1},q_r)≥k(q_r,i) k(qr−1,qr)≥k(qr,i)，则将队尾 q r q_r qr出队
• 直到队列中只有一个点或 k ( q r − 1 , q r ) k(q_{r−1},q_r) k(qr−1,qr)< k ( q r , i ) k(q_r,i) k(qr,i)，此时将 i i i队尾入队。
  
  图示：
  k ( q 3 , q 4 ) ≥ k ( q 4 , i ) k(q_3,q_4)≥k(q_4,i) k(q3,q4)≥k(q4,i)，则将队尾 q 4 q_4 q4出队。
  k ( q 2 , q 3 ) < k ( q 3 , i ) k(q_2,q_3)<k(q_3,i) k(q2,q3)<k(q3,i)，则将i队尾入队。

10. 十字相乘

在具体计算时，应避免使用实数除法导致精度丢失，应该使用十字相乘法，在整数域内进行计算和比较。

• 判断 k ( q l , q l + 1 ) ≤ K k(q_l,q_{l+1})≤K k(ql,ql+1)≤K，即判断 d p q l + 1 − d p q l C q l + 1 − C q l ≤ T i + s \dfrac{dp_{q_{l+1}}−dp_{q_l}}{C_{q_{l+1}}−C_{q_l}}≤T_i+s Cql+1−Cqldpql+1−dpql≤Ti+s
  等价于判断 d p q l + 1 − d p q l ≤ ( T i + s ) ( C q l + 1 − C q l ) dp_{q_{l+1}}−dp_{q_l}\le (T_i+s)(C_{q_{l+1}}-C_{q_l}) dpql+1−dpql≤(Ti+s)(Cql+1−Cql)
• 判断 k ( q r − 1 , q r ) ≥ k ( q r , i ) k(q_{r−1},q_r)≥k(q_r,i) k(qr−1,qr)≥k(qr,i)，即判断 d p i − d p q r C i − C q r ≤ d p q r − d p q r − 1 C q r − C q r − 1 \dfrac{dp_i−dp_{q_r}}{C_i−C_{q_r}}≤\dfrac{dp_{q_r}−dp_{q_{r−1}}}{C_{q_r}−C_{q_{r−1}}} Ci−Cqrdpi−dpqr≤Cqr−Cqr−1dpqr−dpqr−1
  等价于判断 ( d p i − d p q r ) ( C q r − C q r − 1 ) ≤ ( d p q r − d p q r − 1 ) ( C i − C q r ) (dp_i−dp_{q_r})(C_{q_r}−C_{q_{r−1}})\le (dp_{q_r}−dp_{q_{r−1}})(C_i−C_{q_r}) (dpi−dpqr)(Cqr−Cqr−1)≤(dpqr−dpqr−1)(Ci−Cqr)

11. 其它

初始时已知 d p 0 = 0 dp_0 = 0 dp0=0，应该先把第0点加入单调队列

最终结果是 d p n dp_n dpn

单调队列判断队列是否为空：l > r，判断队列不空：l <= r，判断队列中元素个数是否大于1个l < r。

注意dp数组要设为long long类型。

本问题经过斜率优化后，算法时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)

【题解代码】

解法1：斜率优化动规 O ( n ) O(n) O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
long long n, s, t[N], c[N], T[N], C[N], dp[N];//dp[i]:前i个任务的所有子段划分方案中，执行任务的费用 加上当前方案下每批任务的启动时间对后续任务产生的费用加和 最小的划分方案的费用
int q[N], l = 1, r = 0;//单调队列 
int main()
{
 	cin >> n >> s;
 	for(int i = 1; i <= n; ++i)
 	{
	 	cin >> t[i] >> c[i];
 		T[i] = T[i-1]+t[i];//T:t的前缀和
		C[i] = C[i-1]+c[i];//C:c的前缀和
	}
	q[++r] = 0;//已知dp[0] = 0，加入第0点：(C[0],dp[0]) 
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		while(l < r && dp[q[l+1]]-dp[q[l]] <= (T[i]+s)*(C[q[l+1]]-C[q[l]]))
			++l;
		dp[i] = dp[q[l]]-(T[i]+s)*C[q[l]]+T[i]*C[i]+s*C[n];
		while(l < r && (dp[i]-dp[q[r]])*(C[q[r]]-C[q[r-1]]) <= (C[i]-C[q[r]])*(dp[q[r]]-dp[q[r-1]]))
			--r;
		q[++r] = i;
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}