【APIO2010】【斜率优化DP】特别行动队
2013-04-09 21:33
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看到这道题会很容易想到是动态规划。
然后朴素的方程也很容易写出:
用f[i]表示将前i个士兵分组得到的最大战斗力,sum[i]表示前i个士兵战斗力总和
f[i] = max{f[i], f[j]
+ a *
(sum[i] - sum[j]) ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c}
但是这样做是O(n^2)的,对于n的范围来数肯定超时。
于是我们考虑f[i]的决策j,k < i且j < k
当决策j比决策k更优时:
f[j] + a * (sum[i] - sum[j]) ^
2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c > f[k] + a * (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c
-> f[i] + a *
sum[i] ^ 2 - 2 * a * sum[i] * sum[j] +
a * sum[j] ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j])
> f[k] + a *
sum[k] ^ 2 - 2 * a * sum[i] * sum[k] + a * sum[k] ^ 2 + b * (sum[i] - sum[k])
-> f[j] - f[k] + a * (sum[j] ^ 2 - sum[k] ^ 2) - b * (sum[j] - sum[k]) > 2 * a * sum[i]
* (sum[j] - sum[k])
->[(f[j]
+ a * sum[j] ^ 2 - b *
sum[j]) - (f[k] + a * sum[k] ^ 2
- b * sum[j])] / (sum[j] - sum[k]) > 2 * a * sum[i]
令x = sum[],y = f[] +
a * sum[] ^ 2 - b * sum[]
经过转化后,我们可以发现上式是单调的,于是我们可以维护一个上凸的凸包,每次用平摊O(1)的时间决策,这样总的时间复杂度就优化至O(n)了
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1000000 + 10;
int n,A,B,C;
long long sum[maxn],f[maxn];
int deq[maxn];
void init()
{
freopen("commando.in","r",stdin);
freopen("commando.out","w",stdout);
}
void readdata()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i] += sum[i-1];
}
}
double slope(int j,int k)
{
long long ret = (f[j] + A * (sum[j] * sum[j]) - B * sum[j]) - (f[k] + A * (sum[k] * sum[k]) - B * sum[k]);
return (double)ret / (double)(sum[j] - sum[k]);
}
void solve()
{
memset(deq,0,sizeof(deq));
int s = 0,e = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
while(s < e && slope(deq[s+1],deq[s]) >= (double)(2 * A * sum[i]))s++;
long long tmp = sum[i] - sum[deq[s]];
f[i] = f[deq[s]] + (long long)A * tmp * tmp + (long long)B * tmp + C;
while(s < e && slope(deq[e-1],deq[e]) < slope(deq[e],i))e--;
deq[++e] = i;
}
printf("%lld\n",f
);
}
int main()
{
init();
readdata();
solve();
return 0;
}
然后朴素的方程也很容易写出:
用f[i]表示将前i个士兵分组得到的最大战斗力,sum[i]表示前i个士兵战斗力总和
f[i] = max{f[i], f[j]
+ a *
(sum[i] - sum[j]) ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c}
但是这样做是O(n^2)的,对于n的范围来数肯定超时。
于是我们考虑f[i]的决策j,k < i且j < k
当决策j比决策k更优时:
f[j] + a * (sum[i] - sum[j]) ^
2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c > f[k] + a * (sum[i] - sum[j]) ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j]) + c
-> f[i] + a *
sum[i] ^ 2 - 2 * a * sum[i] * sum[j] +
a * sum[j] ^ 2 + b * (sum[i] - sum[j])
> f[k] + a *
sum[k] ^ 2 - 2 * a * sum[i] * sum[k] + a * sum[k] ^ 2 + b * (sum[i] - sum[k])
-> f[j] - f[k] + a * (sum[j] ^ 2 - sum[k] ^ 2) - b * (sum[j] - sum[k]) > 2 * a * sum[i]
* (sum[j] - sum[k])
->[(f[j]
+ a * sum[j] ^ 2 - b *
sum[j]) - (f[k] + a * sum[k] ^ 2
- b * sum[j])] / (sum[j] - sum[k]) > 2 * a * sum[i]
令x = sum[],y = f[] +
a * sum[] ^ 2 - b * sum[]
经过转化后,我们可以发现上式是单调的,于是我们可以维护一个上凸的凸包,每次用平摊O(1)的时间决策,这样总的时间复杂度就优化至O(n)了
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1000000 + 10;
int n,A,B,C;
long long sum[maxn],f[maxn];
int deq[maxn];
void init()
{
freopen("commando.in","r",stdin);
freopen("commando.out","w",stdout);
}
void readdata()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%lld",&sum[i]);
sum[i] += sum[i-1];
}
}
double slope(int j,int k)
{
long long ret = (f[j] + A * (sum[j] * sum[j]) - B * sum[j]) - (f[k] + A * (sum[k] * sum[k]) - B * sum[k]);
return (double)ret / (double)(sum[j] - sum[k]);
}
void solve()
{
memset(deq,0,sizeof(deq));
int s = 0,e = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
while(s < e && slope(deq[s+1],deq[s]) >= (double)(2 * A * sum[i]))s++;
long long tmp = sum[i] - sum[deq[s]];
f[i] = f[deq[s]] + (long long)A * tmp * tmp + (long long)B * tmp + C;
while(s < e && slope(deq[e-1],deq[e]) < slope(deq[e],i))e--;
deq[++e] = i;
}
printf("%lld\n",f
);
}
int main()
{
init();
readdata();
solve();
return 0;
}
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