斜率优化dp(POJ1180 Uva1451)

学这个斜率优化dp却找到这个真心容易出错的题目，其中要从n倒过来到1的确实没有想到，另外斜率优化dp的算法一开始看网上各种大牛博客自以为懂了，最后才发现是错了。

不过觉得看那些博客中都是用文字来描述，还是应该用画图来表示更容易让人明白，不过时间不太够，且网上该题解法到处都是，就不累赘了。

代码才20几行真爽

更为详细的描述参见：

《浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用》　周源

POJ 1180

稍微加深自己的印象

一般来说，斜率优化是从一些特殊数据的一些类似斜率的性质上找出其单调性。对于普通动态规划方程

例如 poj1180(不考虑反向来讨论)

F[i]=min(F[j]+(s+sumt[i]-sumt[j])*sumf[i])

因此我们可以考虑

在i之前

在k<j<i时,考虑使

F[j]+(s+sumt[i]-sumt[j])*sumf[i]<F[k]+(s+sumt[i]-sumf[k])*sumf[i]

化简后可得到

(F[j]-F[k])/(sumt[j]-sumt[k])<sumf[i]

可以类比斜率，如果满足这个条件，那么决策j就比决策k更好，因此我们令

ratio(k,j)=(F[j]-F[k])/(sumt[j]-sumt[k])

当满足ratio(k,j)<sumf[i]则有j好于k

而sumf[i]又是递增的，可以考虑单调队列。

那应该用一个怎样的单调队列来维护最优值呢？

什么值是不需要的？

当ratio(l,k)>ratio(k,j) (l<k<j)时

如果sumf[i]<ratio(k,j),则这些现在都不会是最优决策

如果ratio(k,j)<sumf[i]<ratio(l,k)，则j优于k，l优于k

如果ratio(l,k)<sumf[i],则j最优

因此可以看出k是不需要的

因此可以将k节点删去，最后得到的单调队列则有保证ratio递增

关于单调队列具体操作：

1.将队列中头部满足ratio(head,head+1)<sumf[i]的所有删去，因为sumf是递增的，故此后永远满足head比head+1差，所以可以删去到ratio(head,head+1)>sumf[i]，此时head即最优决策。

2.计算出新的ratio(tail,i)不断从尾部往前删除直到ratio(tail,i)>ratio(tail,tail-1).然后将i插入尾部即可

#include <cstdio>
#include <cmath>
#define eps 1e-13
int ansl,ansr,n,l,d[100005],sum[100005];
double ans;
bool equ(double x,double y){
return(fabs(x-y)<eps);
}
inline double ratio(int a,int b){
return((sum[a]-sum[b])*1.0/(a-b));
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
sum[0]=0;
scanf("%d%d",&n,&l);
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%1d",&sum[i]);
sum[i]+=sum[i-1];
}
ans=0;
ansl=0;ansr=l;//注意初始化，可能出现0000000
int g=1,h=0;
for(int i=l; i<=n; i++){
while(h>g&&ratio(d[h],i-l)<=ratio(d[h-1],d[h]))
h--;
d[++h]=i-l;
while(g<h&&(ratio(d[g],i)<=ratio(d[g+1],i)))
g++;
if(ratio(d[g],i)>ans&&!equ(ans,ratio(d[g],i)))
{
ans=ratio(d[g],i);
ansl=d[g]+1;
ansr=i;
}
else if(equ(ans,ratio(d[g],i))&&i-d[g]<ansr-ansl+1){
ansl=d[g]+1;
ansr=i;
}
}
printf("%d %d\n",ansl,ansr);
}
return 0;
}

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