转自PomeCat:
“DP的斜率优化——对不必要的状态量进行抛弃,对不优的状态量进行搁置,使得在常数时间内找到最优解成为可能。斜率优化依靠的是数形结合的思想,通过将每个阶段和状态的答案反映在坐标系上寻找解答的单调性,来在一个单调的答案(下标)队列中O(1)得到最优解。”
https://wenku.baidu.com/view/b97cd22d0066f5335a8121a3.html
“一些试题中繁杂的代数关系身后往往隐藏着丰富的几何背景,而借助背景图形的性质,可以使那些原本复杂的数量关系和抽象的概念,显得直观,从而找到设计算法的捷径。”—— 周源《浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用》
斜率优化的核心即为数形结合,具体来说,就是以DP方程为基础,通过变形来使得原方程形如一个函数解析式,再通过建立坐标系的方式,将每一个DP方程代表的状态表示在坐标系中,在确定“斜率”单调性的前提下,进行形如单调队列操作的舍解和维护操作。
一个算法总是用于解决实际问题的,所以结合例题来说是最好的:
Picnic Cows(HDU3045)
题目大意:
给出一个有N (1<= N <=400000)个正数的序列,要求把序列分成若干组(可以打乱顺序),每组的元素个数不能小于T (1 < T <= N)。每一组的代价是每个元素与最小元素的差之和,总代价是每个组的代价之和,求总代价的最小值。
样例输入包含:
第一行 N
第二行 N个数,如题意
样例输出包含:
第一行 最小的总代价
分析:
首先,审题。可以打乱序列顺序,又知道代价为组内每个元素与最小值差之和,故想到贪心,先将序列排序(用STL sort)。
先从最简单的DP方程想起:
容易想到:
f[i] = min( f[j] + (a[j + 1 -> i] - Min k) ) (0 <= j < i)
– –> f[i] = min( f[j] + sum[i] - sum[j] - a[j + 1] * ( i - j ) )
Min k 代表序列 j + 1 -> i 内的最小值,排序后可以简化为a[j + 1]。提取相似项合并成前缀和sum。这个方程的思路就是枚举 j 不断地计算状态值更新答案。但是数据规模达到了 40000 ,这种以O(n ^ 2)为绝对上界方法明显行不通。所以接下来我们要引入“斜率”来优化。
首先要对方程进行变形:
f[i] = f[j] + sum[i] - sum[j] - a[j + 1] * ( i - j )
– –> f[i] = (f[j] - sum[j] + a[j + 1] * j) - i * a[j + 1] + sum[i]
(此步将只由i决定的量与只由j决定的量分开)
由于 sum[i] 在当前枚举到 i 的状态下是一个不变量,所以在分析时可以忽略(因为对决策优不优没有影响)(当然写的时候肯定不能忽略)
令 i = k
a[j + 1] = x
f[j] - sum[j] + a[j + 1] * j = y
f[i] = b
原方程变为
– –> b = y - k * x
移项
– –> y = k * x + b
是不是很眼熟? 没错,这就是直线的解析式。观察这个式子,我们可以发现,当我们吧许许多多的答案放在坐标系上构成点集,且枚举到 i 时,过每一个点的斜率是一样的!! 很抽象? 看图
可以看出,我们要求的f[i]就是截距,明显,延长最右边的直线交于坐标轴可得最小值。难道只要每次提取最靠近 i 的状态就行了嘛?现实没有那么美好。
像这样的情况,过2直线的截距明显比过3直线的截距要小, 意味着更优(在找求解最小值问题时),这种情况下我们之前的猜想便行不通。
那怎么办呢?这时就要用到斜率优化的核心思想——维护凸包。
何为凸包?
不懂得同学还是戳这里:http://baike.baidu.com/link?url=OWX7haiZHtuKD2hjbEBVouUGxKXIMvXDnKra0xDhxuz9zGttTg_JoRwmUcbrGD9Xp2BnbCJDF8BblaQffDBvblg0xNqgIOXCVZpQ7ZNBkWG
其实我们要维护的凸包与这个凸包并无关系,只是在图中长得像罢了。
那为什么要维护凸包呢?
还要看图:
这就是一个下凸包,由图可见,最前面的那个点的截距最小,也诠释了维护凸包的真正含义(想一想优先队列,是不是队首最优?)。那还是有人会提出疑问,为什么非要维护这样的凸包呢? 答案就是,f[i]明显是递增的(相比于f[j] 加上一个代价),所以会在图中自然而然地显现出 Y 随着 X增加而增加的情况,呈现出凸包的模样。
可能这个过程比较晦涩难懂,没懂的同学可以多看几遍。
现在我们回到对 数 的分析
现在假设我们正在枚举 j 来更新答案,有一个数 k, j < k < i
再来假设 k 比 j 优(之所以要假设正是要推出具体情况方便舍解)
则有
f[k] + sum[i] - sum[k] - a[k + 1] * (i - k) <= f[j] + sum[i] - sum[j] - a[j + 1] * (i - j) (k > j)
移项消项得
f[k] - sum[k] + a[k+ 1] * k - (f[j] - sum[j] + a[j + 1] * j) <= i * (a[k + 1] - a[j+ 1])
将只与 i 有关的元素留下,剩下的除过去, 得到
f[k] - sum[k] + a[k+ 1] * k - (f[j] - sum[j] + a[j + 1] * j) / (a[k + 1] - a[j + 1])<= i
(这里注意判断除数是否为负, 要变号,当然这里排序过后对于 k > j a[k] 肯定大于 a[j])
这个式子什么意思呢?我用人类的语言解释一下。
设 Xi = a[i], Yi = f[i] - sum[i] + a[i + 1] * i
那么原式即为如下形式:
(Yk - Yj) / (Xk - Xj) <= i
意思就是当有k 和 j 满足 j < k 的前提下 满足此不等式
则证明 j 没有 k 优
而这个式子的左边数学意义是斜率, 而右边是一个递增的变量, 所以递增的 i 会淘汰队列里的元素, 而为了高效的淘汰, 我们会(在这道题里)选用斜率递增的单调队列,也就是上凸包。(再看看前面的图,是不是斜率在递增)
我们还可以从另一个角度理解维护上凸包的理由
仔细观察下面的图:
一开始,1 号点的截距比2号点更优
随着斜率的变化,两个点的截距变得一样了
然后,斜率接着变化,1号点开始没有2号点优了,所以要舍弃
后面的过程,3号点会渐渐超过2号点,并淘汰掉2号点
分析整个过程,最优点依次是 1 -> 2 -> 3,满足单调的要求
但是如果是一个上凸包会怎样呢?
这里只给出最终图(有兴趣的同学可以自己推一推),可以预见的是,在1赶超2前,3先赶超了2就破坏了顺序,因此不行
思路大概是清晰了,现在只剩下代码实现方面的问题了
下面就看看单调队列的操作
先将推出的X, Y用函数表示方便计算:
X:
dnt X( int i, int j ) { return a[j + 1] - a[i + 1]; }
- 1
- 2
- 3
- 4
(dnt 是 typedef 的 long long)
Y:
dnt Y( int i, int j ) { return f[j] - sum[j] + j * a[j + 1] - (f[i] - sum[i] + i * a[i + 1]); }
- 1
- 2
- 3
- 4
处理队首:
for(; h + 1 < t && Y(Q[h + 1], Q[h + 2]) <= i * X(Q[h + 1], Q[h + 2]); h++);
- 1
从队尾维护单调性:
(这里是一个下凸包所以两点之间的斜率要递增,即 斜率(1, 2) < 斜率(2, 3), 前一个斜率比后一个小)
for(; h + 1 < t && Y(Q[t - 1], Q[t]) * X(Q[t], cur) >= X(Q[t - 1], Q[t]) * Y(Q[t], cur); t--);
- 1
(注意,要把除法写成乘的形式,不然精度可能会出问题)
斜率优化部分已经完结(说起来挺复杂其实代码很短),接下来就放出AC代码:
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <iostream> using namespace std; typedef long long dnt; int n, T, Q[405005]; dnt sum[405005], f[405005], a[405005]; dnt Y( int i, int j ) { return f[j] - sum[j] + j * a[j + 1] - (f[i] - sum[i] + i * a[i + 1]); } dnt X( int i, int j ) { return a[j + 1] - a[i + 1]; } dnt DP( int i, int j ) { return f[j] + (sum[i] - sum[j]) - (i - j) * a[j + 1]; } inline dnt R() { static char ch; register dnt res, T = 1; while( ( ch = getchar() ) < ‘0‘ || ch > ‘9‘ )if( ch == ‘-‘ )T = -1; res = ch - 48; while( ( ch = getchar() ) <= ‘9‘ && ch >= ‘0‘) res = res * 10 + ch - 48; return res*T; } int main() { sum[0] = 0; while(~scanf( "%d%d", &n, &T )) { a[0] = 0, f[0] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) scanf( "%I64d", &a[i] ); sort(a + 1, a + n + 1); for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; int h = 0, t = 0; Q[++t] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { int cur = i - T + 1; for(; h + 1 < t && Y(Q[h + 1], Q[h + 2]) <= i * X(Q[h + 1], Q[h + 2]); h++); f[i] = DP(i, Q[h + 1]); if(cur < T) continue; for(; h + 1 < t && Y(Q[t - 1], Q[t]) * X(Q[t], cur) >= X(Q[t - 1], Q[t]) * Y(Q[t], cur); t--); Q[++t] = cur; } printf( "%I64d\n", f[n] ); } return 0; }
注释版本:
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=800010; long long dp[maxn],q[maxn]; long long a[maxn],sum[maxn]; long long getdp(long long i,long long j) { return dp[j]+(sum[i]-sum[j])-a[j+1]*(i-j); } long long getdy(long long j,long long k)//得到 yj-yk k<j { return dp[j]-sum[j]+j*a[j+1]-(dp[k]-sum[k]+k*a[k+1]); } long long getdx(long long j,long long k)//得到 xj-xk k<j { return a[j+1]-a[k+1]; } int main() { long long i,j,n,k,head,tail,m; while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){ head=tail=0; sum[0]=q[0]=dp[0]=q[1]=0; for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i]; for(i=1;i<=n;i++){ //删去队首斜率小于目前斜率的点 while(head<tail&&(getdy(q[head+1],q[head])<=i*getdx(q[head+1],q[head]))) head++; dp[i]=getdp(i,q[head]); j=i-m+1; if(j<m) continue; //接下来是对j而不是i进行处理 ,保证了间隔大于m-1的要求 while(head<tail&&(getdy(j,q[tail])*getdx(j,q[tail-1])<=getdy(j,q[tail-1])*getdx(j,q[tail]))) tail--; q[++tail]=j; } printf("%lld\n",dp[n]); } return 0; }