斜率优化DP

我们知道，有些DP方程可以转化成DP[i]=f[j]+x[i]的形式，其中f[j]中保存了只与j相关的量。这样的DP方程我们可以用单调队列进行优化，从而使得O(n^2)的复杂度降到O(n)。

可是并不是所有的方程都可以转化成上面的形式，举个例子：dp[i]=dp[j]+(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])。如果把右边的乘法化开的话，会得到x[i]*x[j]的项。这就没办法使得f[j]里只存在于j相关的量了。于是上面的单调队列优化方法就不好使了。

这里学习一种新的优化方法，叫做斜率优化，其实和凸包差不多，下面会解释。

举例子说明是最好的！HDU 3507，很适合的一个入门题。http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507

大概题意就是要输出N个数字a
，输出的时候可以连续连续的输出，每连续输出一串，它的费用是 “这串数字和的平方加上一个常数M”。

我们设dp[i]表示输出到i的时候最少的花费，sum[i]表示从a[1]到a[i]的数字和。于是方程就是：

dp[i]=dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2；

很显然这个是一个二维的。题目的数字有500000个，不用试了，二维铁定超时了。那我们就来试试斜率优化吧，看看是如何做到从O(n^2)复杂度降到O(n)的。

分析:

我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好，那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2。(因为是最小花费嘛，所以优就是小于)

两边移项一下，得到：(dp[j]+num[j]^2-(dp[k]+num[k]^2))/(2*(num[j]-num[k]))<sum[i]。我们把dp[j]-num[j]^2看做是yj，把2*num[j]看成是xj。

那么不就是yj-yk/xj-xk<sum[i]么？ 左边是不是斜率的表示？

那么yj-yk/xj-xk<sum[i]说明了什么呢？ 我们前面是不是假设j的决策比k的决策要好才得到这个表示的？ 如果是的话，那么就说明g[j,k]=yj-jk/xj-xk<sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。

关键的来了：现在从左到右，还是设k<j<i，如果g[i,j]<g[j,k]，那么j点便永远不可能成为最优解，可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢？

我们假设g[i,j]<sum[i]，那么就是说i点要比j点优，排除j点。

如果g[i,j]>=sum[i]，那么j点此时是比i点要更优，但是同时g[j,k]>g[i,j]>sum[i]。这说明还有k点会比j点更优，同样排除j点。

排除多余的点，这便是一种优化！

接下来看看如何找最优解。

设k<j<i。

由于我们排除了g[i,j]<g[j,k]的情况，所以整个有效点集呈现一种上凸性质，即k j的斜率要大于j i的斜率。

View Code

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;

int dp[500005];
int q[500005];
int sum[500005];
int head,tail,n,m;

int getDP(int i,int j)
{
return dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);
}

int getUP(int j,int k)  //yj-yk的部分
{
return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]);
}

int getDOWN(int j,int k) //xj-xk的部分
{
return 2*(sum[j]-sum[k]);
}

int main()
{
int i;
freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&sum[i]);
sum[0]=dp[0]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
sum[i]+=sum[i-1];
head=tail=0;
q[tail++]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
while(head+1<tail && getUP(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+1],q[head]))
head++;
dp[i]=getDP(i,q[head]);
while(head+1<tail && getUP(i,q[tail-1])*getDOWN(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDOWN(i,q[tail-1]))
tail--;
q[tail++]=i;
}
printf("%d\n",dp
);
}
return 0;
}