算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

时间：2023-02-02 17:06:51

对于像如下这样的 dp 方程，我们可以使用斜率优化解决。

\[dp_i = \min / \max \{ a_i \times b_j + c_i + d_j \} \]

例题：P2900 Land Acquisition G

显然，如果 \(w_i \ge w_j\) 且 \(l_i \ge l_j\)，那么土地 \(j\) 可以直接被土地 \(i\) 并购。

考虑将所有土地按 \(w_i\) 降序排序，\(w_i\) 相同的按 \(l_i\) 降序排序，再通过双指针保留不能被其它土地并购的土地。

注意到此时被保留下的土地，\(w_i\) 满足 单调递减，\(l_i\) 满足 单调递增。

令 \(dp_i\) 表示将第 \(1 \sim i\) 块土地并购的最小代价，不难列出 dp 方程：

\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + w_{j + 1} \times l_{i} \} \]

上面的方程复杂度为 \(O(n^2)\)，然而 \(n \leq 5 \times 10^4\)，我们需要想办法优化。

先将 \(\min\) 去掉，再把 \(w_{j + 1} \times l_{i}\) 移到左边，得：

\[-w_{j + 1} \times l_i + dp_i = dp_j \]

将所有能够转移到 \(i\) 的 \(j\) 视为一个点 \((-w_{j + 1}, dp_j)\)，那么问题就转化成了：

  • 有一条斜率为 \(l_i\) 的直线，这条直线需要经过上述的这些点中的一个或多个，并且希望它的截距最小。

上面这句话有点抽象，不妨将 原方程 与 一次函数 做一个对比，发现它们确实十分相似：

\[\textcolor{red}{-w_{j + 1}} \times \textcolor{blue}{l_i} + \textcolor{green}{dp_i} = \textcolor{orange}{dp_j} \]

\[\newline \textcolor{red}{k}\textcolor{blue}{x} + \textcolor{green}{b} = \textcolor{orange}{y} \]

本质就是我们拿着一条斜率为 \(l_i\) 的直线，从下往上靠（增加它的截距），直到某一时刻这条线经过了我们维护的一个或多个点，停下来，此时截距（\(dp_i\)）一定是最小的。

算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

仔细观察可以发现，无论斜率 (\(l_i\)) 是多少，有些点一定不会被第一次经过（如下图灰色点）。将这些点去除，剩余的点恰好形成了一个右下凸壳：

算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

不妨先来维护这个凸壳，假设现在加入点 \(C(-w_{i + 1}, dp_i)\)，考虑凸壳上最新的两个点 \(A\) 和 \(B\)，只可能有以下两种情况：

  • \(C\) 点可以直接加入凸壳。

算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

记点 \(X\) 与点 \(Y\) 所连成的直线斜率为 \(\text{slope}(X, Y)\)，则 \(C\) 能直接加入凸壳当且仅当 \(\text{slope}(A, B) \leq \text{slope}(B, C)\)。

  • \(C\) 点加入后无法形成凸壳。

算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

这时候一定有 \(\text{slope}(A, B) \geq \text{slope}(B, C)\)，故需要将 \(B\) 弹出凸壳，在拿剩余凸壳最新的两个点与 \(C\) 作比较。

由于这些点的 \(x\) 单调递增，可以使用类似单调栈的方法维护，时间复杂度 \(O(n)\)。

接下来就是要在维护出的凸壳上找到最优决策点，随便画一张图，由于这些直线的斜率一定不断增加，所以最优决策点一定不断向凸壳上方移动：

算法学习笔记(3)：与斜率优化共舞

进一步观察，可以发现，如果凸壳上相邻的两点 \(A\) 和 \(B\) 满足 \(\text{slope}(A, B) \leq l_i\)，那么点 \(B\) 永远在 \(i\) 以后一定 不会成为最优决策点。不妨把原来维护凸壳的单调栈换成单调队列，通过凸壳最前面两点的斜率判断是否弹出队头。最终，队头一定是当前的最优决策点。

时间复杂度 \(O(n)\)（本题由于要排序所以总复杂度应该为 \(O(n \log n)\)，这里只计算了 dp 的复杂度）。代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, pos, q[50005], h, t;
long long dp[50005];
struct land
{
  int w, l;
  bool operator<(const land t) const
  {
    return w == t.w ? l > t.l : w > t.w;
  }
} p[50005];

double X(int j)
{
  return -p[j + 1].w;
}

double Y(int j)
{
  return dp[j];
}

double slope(int x, int y)
{
  return (Y(x) - Y(y)) / (X(x) - X(y));
}

int main()
{
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    scanf("%d%d", &p[i].w, &p[i].l);
  sort(p + 1, p + n + 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (p[i].l > p[pos].l)
      p[++pos] = p[i];
  for (int i = 1; i <= pos; i++)
  {
    while (h < t && slope(q[h], q[h + 1]) <= p[i].l)
      h++;
    dp[i] = dp[q[h]] + p[q[h] + 1].w * 1LL * p[i].l;
    while (h < t && slope(q[t - 1], q[t]) >= slope(q[t], i))
      t--;
    q[++t] = i;
  }
  printf("%lld", dp[pos]);
  return 0;
}

例题：P3195 玩具装箱

记 \(s_i = \sum_{j=1}^i C_i\)，则可以列出 dp 方程：

\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + (s_i - s_j + i - j - 1 - L)^2 \} \]

令 \(a_i = s_i + i - 1 - L, b_i = s_j + j\)，原方程变为

\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + (a_i - b_j)^2 \} \]

即

\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j - 2a_ib_j + b_j^2 \} + a_i^2 \]

将 \(\min\) 及其以外得东西去掉，得

\[dp_i = dp_j - 2a_ib_j + b_j^2 \]

化为直线的形式

\[2a_ib_j + dp_i = dp_j + b_j^2 \]

类似与之前的形式，把每个 \(j\) 视作点 \((b_j, dp_j + b_j^2)\)，每次直线的斜率为 \(2a_i\)，做斜率优化即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, L, C, h, t, q[50005];
ll s[50005], dp[50005];

double X(int j)
{
  return s[j] + j;
}

double Y(int j)
{
  return (s[j] + j) * (s[j] + j) + dp[j];
}

double slope(int i, int j)
{
  return (Y(i) - Y(j)) / (X(i) - X(j));
}

int main()
{
  scanf("%d%d", &n, &L);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
  {
    scanf("%d", &C);
    s[i] = s[i - 1] + C;
  }
  h = t = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
  {
    while (h < t && slope(q[h], q[h + 1]) <= 2 * (s[i] + i - L - 1))
      h++;
    dp[i] = dp[q[h]] + sq(s[i] - s[q[h]] + i - q[h] - 1 - L);
    while (h < t && slope(q[t - 1], q[t]) >= slope(q[t], i))
      t--;
    q[++t] = i;
  }
  printf("%lld", dp[n]);
  return 0;
}

例题：P5785 任务安排（弱化版 P2365 任务安排）

至于方程是如何提前计算贡献的我就不细说了，记 \(\text{sumT}_i = \sum_{j=1}^i T_i,\text{sumC}_i = \sum_{j=1}^i C_i\)，可列出方程：

\[dp_i = \min \{ dp_j + \text{sumT}_i \times (\text{sumC}_i - \text{sumC}_j) + s \times (\text{sumC}_n - \text{sumC}_j) \} \]

展开整理成直线形式，即

\[(\text{sumT}_i + s) \times \text{sumC}_j + dp_i = dp_j \]

每个 \(j\) 所代表的点：\((\text{sumC}_i, dp_j)\)，直线斜率 \(\text{sumT}_i + s\)。

正准备敲板子的你突然发现了这一条限制：

\[|T_i| \leq 2^8 \]

也就是说

\[-2^8 \le T_i \le 2^8 \]

那么 \(\text{sumT}_i + s\) 就不单调了，就不能一味地弹出队头了！

可凸壳上相邻两点地斜率还是单调的啊！那么只需要在凸壳上二分，找决策点即可。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, s, sumT[300005], sumC[300005], dp[300005], top, stk[300005];

long long X(int j)
{
  return sumC[j];
}

long long long Y(int j)
{
  return dp[j];
}

int main()
{
  scanf("%lld%lld", &n, &s);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
  {
    long long t, f;
    scanf("%lld%lld", &t, &f);
    sumT[i] = sumT[i - 1] + t;
    sumC[i] = sumC[i - 1] + f;
  }
  stk[++top] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
  {
    int l = 1, r = top - 1, pos = stk[top];
    while (l <= r)
    {
      int mid = (l + r) >> 1;
      if (Y(stk[mid + 1]) - Y(stk[mid]) > (sumT[i] + s) * (X(stk[mid + 1]) - X(stk[mid])))
        pos = stk[mid], r = mid - 1;
      else
        l = mid + 1;
    }
    dp[i] = dp[pos] + sumT[i] * (sumC[i] - sumC[pos]) + s * (sumC[n] - sumC[pos]);
    while (top > 1 && (Y(stk[top]) - Y(stk[top - 1])) * (X(i) - X(stk[top])) >= (Y(i) - Y(stk[top])) * (X(stk[top]) - X(stk[top - 1])))
      top--;
    stk[++top] = i;
  }
  printf("%lld", dp[n]);
  return 0;
}

注：斜率优化比较时建议移项，把除法化为乘法；如果使用 double 类型的 slope 很可能会产生精度误差（本题就卡了。

斜率优化小结：

  • 列出方程，先通过一些简单的代换化简成直线形式。

  • 通过 \(\min / \max\) 以及 \(X\) 和 \(Y\) 坐标的单调性判断凸壳方向。

  • 如果直线斜率不单调，使用二分维护。

  • 如果 \(Y\) 坐标不单调，可以证明对最终凸壳没有影响。

  • 如果 \(X\) 坐标不单调，可以考虑 \(\text{CDQ}\) 分治解决，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

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