斜率优化DP 与数形结合思想

前言

最近才入了DP优化的大坑……

发现斜率优化DP还是很有用的

下面会结合一道例题，同时讲解斜率优化DP

正文

先看一下例题：HDU3507

题目大意：有一串数列，要把它分割成若干段

每一段的代价是 这一段所有数的和 的平方 再加上常数M

求最小的代价和。

DP很好推啊，f[i]表示前i个数字的最小代价和

f[i]=Min{f[j]+(s[i]−s[j])2}+M

其中s[]是原数列的前缀和

按如下方式转化：

f[i]=Min{f[j]+s[i]2−2s[i]s[j]+s[j]2}+M

f[i]=Min{f[j]−2s[i]s[j]+s[j]2}+M+s[i]2

设k=2s[i]，x=s[j]，y=f[j]+s[j]2

由于Min{}外面的部分只与i有关，可以先不考虑

设里面的部分为b，则有：

b=−kx+y

y=kx+b

你会发现，这不就是一条直线嘛

我们来好好思考一下这条直线与DP之间的联系：

前面已求得的每个状态j都被抽象成二维平面上的一个点(x,y)

b是我们要求的最小值，而斜率k只与i有关

也就是说，要过所有的点做一条斜率为k的直线，

所有直线截距的最小值就是我们的b

如下图：



不难发现，能取到最小截距的状态j(x,y)一定在当前的 下凸壳 上

再加上s[j]随j递增（即x坐标递增）

我们就可以用凸包算法Andrew动态维护一个下凸壳

本题又有一个很好的性质，就是斜率k也是递增的

这导致了每次选取的状态j也是递增的

那么就可以用一个指针记录上次选取的状态，每次往后找即可

时间复杂度O(n)

扩展讨论

上述问题中，如果斜率k不递增，那就只能在凸壳上二分了：

通过判断 mid左右两侧直线的斜率 与k的大小关系 来缩小范围

时间复杂度O(nlogn)

如果题目再恶心一点，连新加入点的x都不递增呢？

那就需要写一个Splay维护凸壳，或者CDQ分治

时间复杂度O(nlogn)

示例程序

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=500005;
int n,m;
LL s[maxn],f[maxn];
#define nc getchar
inline int red(){
int tot=0,f=1;char ch=nc();
while (ch<'0'||'9'<ch) {if (ch=='-') f=-f;ch=nc();}
while ('0'<=ch&&ch<='9') tot=tot*10+ch-48,ch=nc();
return tot*f;
}
struct point{
LL x,y;
point() {}
point(LL a,LL b):x(a),y(b) {}
point operator-(const point&b) {return point(x-b.x,y-b.y);}
}stk[maxn];
typedef point vec;
LL cross(vec a,vec b){
return a.x*b.y-b.x*a.y;
}
LL getb(point a,LL k){
return -a.x*k+a.y;
}
int main(){
while (scanf("%d%d",&n,&m)==2){
for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+red();
memset(f,63,sizeof(f));
f[0]=0;
int len=1,now=1;stk[1]=point(0,0);
for (int i=1;i<=n;i++){
LL k=2*s[i];
while (now<len&&getb(stk[now+1],k)<getb(stk[now],k)) now++;
f[i]=getb(stk[now],k)+m+s[i]*s[i];
point a(s[i],f[i]+s[i]*s[i]);
while (len>1&&cross(stk[len]-stk[len-1],a-stk[len-1])<=0){
len--;if (now>len) now--;
}
stk[++len]=a;
}
printf("%lld\n",f
);
}
return 0;
}

总结

斜率优化DP的存在，再一次提醒我们数形结合的重要性

在OI中，类似的例子还有很多……

但是，在运用数形结合思想时，要注意“形”与“数”之间的联系

切勿将想法匆匆过一遍就用代码实现，容易搞混