斜率优化dp学习笔记

一年前就像看斜率优化dp了...然而一直没有看懂。今天花了一天时间总算了解了个大概。这篇文章将大致分析斜率优化dp的原理和应用。

[HNOI2008]玩具装箱TOY

Description

P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为$1...N$的$N$件玩具，第$i$件玩具经过压缩后变成一维长度为$C_i$.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 $x=j-i+\sum C_k, i\le K\le j$ 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为$X$,其制作费用为$(X-L)^2$.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过L。但他希望费用最小.

Input

• 第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入$C_i$.$1\le N\le 50000,1\le L,Ci\le 10^7$

Output

• 输出最小费用

Sample

Input

5 4
3
4
2
1
4

Output

1

Solution

首先一眼dp方程：

$$f(i)=\min_{0\le j<n}\{f(j)+\left(i-j-1+s[i]-s[j]-L\right)^2\}$$

其中：

$$s[i] = \sum_{1\le k\le i}C_i$$

然而这是个$1D/1D$方程，如果直接处理复杂度是$O(n^2)$的。状态已经没有办法再简化了，我们只能考虑在转移时做文章。

我们记$k(i)$为使得$f(i)$取最小值的$j$，把方程中对每个$i$转移的$k(i)$打一个表，可以发现$k(i)$是单调不减的。我们考虑证明之。

1. 证明决策单调性

首先对原方程做一些化简。令$T(i)=i+s[i],c=L+1$，并用$f(i,k)$表示$f(i)$在$j$取$k$时的值，即：

$$f(i, j) = f(j)+\left(T(i)-T(j)-c\right)^2$$

分析可知要证明：

$$\forall i<j, k(i)\le k(j)$$

根据$k(i)$的定义显然有：

$$\forall j, f(i, k(i))\le f(j)$$

任取$i,t$满足$i<t$，只需证：

$$\forall j(j\le k(i)),f(t,k(i))\le f(t,j)$$

只需证：

$$f(k(i))+(T(t)-T(k(i))-c)^2\le f(j)+(T(t)-T(j)-c)^2$$

设$T(t)-T(i) = v$，有：

$$f(k(i))+(T(i)+v-T(k(i))-c)^2\le f(j)+(T(i)+v-T(j)-c)^2$$

展开得到：

$$f(k(i))+(T(t)-T(k(i))-c)^2+v^2+2v(T(t)-T(k(i))-c)\le f(j)+(T(t)-T(j)-c)^2+v^2+2v(T(t)-T(j)-c)$$

由于$f(k(i))+(T(t)-T(k(i))-c)^2+v^2\le f(j)+(T(t)-T(j)-c)^2+v^2$等价于$f(i, k(i))\le f(j)$，只需证：

$$2v(T(t)-T(k(i))-c)\le 2v(T(t)-T(j)-c)$$

只需证：

$$T(k(i))\ge T(j)$$

由于$j\le k(i)$且$T(x)$单调增，上式显然成立。

2. 利用单调性解决问题

考虑何时有$f(i)$取$k\ge j$且取$k$比取$j$更优。根据定义：

$$f(i, k)\le f(i, j)$$

就是

$$f(k)+(T(i)-T(k)-c)^2\le f(j)+(T(i)-T(j)-c)^2$$

展开并分离变量，得到：

$$T(i)\ge \frac{f(k)-f(j)} {2(T(k)-T(j))}+\frac {T(k)+T(j)} 2+c\ \ \ \ (!)$$

这时左边只剩下了和$i$有关的常量，右边是和$k, j$有关的代数式。

我们发现这个式子不仅关于$k,j$对称，而且可以写成$\frac{y(j)-y(k)}{x(j)-x(k)}+c$的形式，前面可以看成斜率的表示。用$w(i,j)$表示这个斜率，如果$a<b<c$且$w(a,b)>w(b,c)$，$T(i)\ge w(b,c)$的条件比$T(i)\ge w(a,b)$更“松”，因而$a$是不可能被选的。这样“可供选择”的点两两间的斜率形如一个下凸壳，就可以用单调队列维护指标递增-斜率递增的双递增序列。

至此我们成功地获得了一个算法：每次加入新节点时，从队列左端扫去不符合要求的点，剩下的第一个点就是所需的最小答案。之后将当前点插入队列右端并维护下凸性。由于每个元素入队一次出队一次，复杂度为：$O(n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 50005;
long long s[MAXN], f[MAXN], L;
int n;
long long q[MAXN];
int l = 1, r = 0;
inline long long T(int i)
{ return i+s[i]; }
long long c;
inline double slop(int j, int k) 
{ return 0.5*(f[k]-f[j])/(T(k)-T(j))+0.5*(T(k)+T(j))+c; }
int main()
{
    scanf("%d%lld", &n, &L);
    c = L+1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld", &s[i]), s[i] += s[i-1];
    memset(f, 127/3, sizeof f);
    f[0] = 0;
    q[++r] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (l < r && slop(q[l], q[l+1]) <= T(i)) l++;
        f[i] = f[q[l]]+(T(i)-T(q[l])-c)*(T(i)-T(q[l])-c);
        while (l < r && slop(q[r-1], q[r]) >= slop(q[r-1], i)) r--;
        q[++r] = i;
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}

四边形不等式

一维情景

在证明决策单调性的过程中计算量非常大，有时可以用四边形不等式简化运算：记$j$转移到$i$的代价$f(i)-f(j)=w(j\rightarrow i)$。w被称为“凸”的，如果

$$\forall a<b<c<d, w(a\rightarrow c)+w(b\rightarrow d)\le w(a\rightarrow d)+w(b\rightarrow c)$$

下面的命题等价：

1. w为凸。
2. $w(a\rightarrow b)+w(a+1\rightarrow b+1)\le w(a\rightarrow b+1)+(a+1\rightarrow b)$
3. $f$决策单调

二维情景

$$d(i,j)=\min_{i< k< j}\{d[i,k-1]+d[k+1,j]+w[i,j]\}$$

则下列命题等价：

1. w为凸。
2. $w(a\rightarrow b)+w(a+1\rightarrow b+1)\le w(a\rightarrow b+1)+(a+1\rightarrow b)$
3. $k(i,j-1)\le k(i,j)\le k(i+1,j)$

还记得dp入门题“石子归并”的方程：

$$d(i,j)=\min_{i\le k< j}\{d[i,k]+d[k+1,j]+sum[i,j]\}$$

由于$sum$满足凸性，可以用记忆化搜索记忆$k(i,j)$将复杂度降到$O(n^2)$。

CEOI2004 锯木厂选址

Description

从山顶上到山底下沿着一条直线种植了n棵老树。当地的政府决定把他们砍下来。为了不浪费任何一棵木材，树被砍倒后要运送到锯木厂。
木材只能按照一个方向运输：朝山下运。山脚下有一个锯木厂。另外两个锯木厂将新修建在山路上。你必须决定在哪里修建两个锯木厂，使得传输的费用总和最小。假定运输每公斤木材每米需要一分钱。

Input

• 输入的第一行为一个正整数n——树的个数（$2≤n≤20 000$）。树从山顶到山脚按照1开始标号。
• 接下来n行，每行有两个正整数（用空格分开）。第$i+1$行含有：$w_i$——第i棵树的重量（公斤为单位）和 $d_i$——第i棵树和第i+1棵树之间的距离，$1≤wi ≤10 000，0≤di≤10 000$。最后一个数$d_n$，表示第n棵树到山脚的锯木厂的距离。保证所有树运到山脚的锯木厂所需要的费用小于$2000000000$分。

Output

• 输出只有一行一个数：最小的运输费用。

Sample

Input

9
1 2
2 1
3 3
1 1
3 2
1 6
2 1
1 2
1 1

Output

26 

Solution

“两个”不仅让我们浮想联翩。可以确定一个，枚举另一个作为决策。设$ds_i$为i距离第一棵树的距离，$s_i$为前i棵树的总重，定义$f(i)$：

$$f(i)=\sum_{1\le k\le j} w_k(ds_j-ds_k)+\sum_{j<k\le i}w_k(d_i-d_k)+\sum_{i<k\le n} w_k(d_{n+1}-d_k)$$

化简得到：

$$f(i)=\min \{T_i+d_js_j-d_is_j\}$$

其中：$T_i = d_is_i+d_{n+1}(s_n-s_i)-\sum d_kw_k$。用四边形不等式证明这个函数满足决策单调性：

$$d_js_j-d_is_j+d_{j+1}s_{j+1}-d_{i+1}s_{j+1}\le d_js_j-d_{i+1}s_j+d_{j+1}s_{j+1}-d_is_{j+1}$$

化简得到：

$$d_i\le d_{i+1}$$

这是显然的。因此可以考虑斜率优化。仿照上面的推导过程可以得到：

$$d_i\ge \frac {d_ks_k-d_js_j} {s_k-s_j}$$

大功告成！原式被整理成了斜率的形式，只需要模仿上面不出脑残错误就可以1A了！(事实上我斜率写错调了1.5h...)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long s[20005], d[20005], a[20005], b[20005];
long long q[20005];
int l = 0, r = 0;
double slop(int j, int k) 
{ return 1.0*(d[k]*s[k]-d[j]*s[j])/(s[k]-s[j]); }
int main()
{
    freopen("two.in", "r", stdin);
    freopen("two.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld%lld", &a[i], &b[i]);
    d[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= n+1; i++) d[i] = d[i-1]+b[i-1];
    s[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i-1]+a[i];
    ///////
    long long T = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) T -= a[i]*d[i]; 
    long long ans = 233333333333ll;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (l < r && slop(q[l], q[l+1]) <= d[i]) l++;
        ans = min(ans, T+d[i]*s[i]-d[n+1]*s[i]+d[n+1]*s[n]-d[i]*s[q[l]]+d[q[l]]*s[q[l]]);
        while (l < r && slop(q[r-1], q[r]) >= slop(q[r-1], i)) r--;
        q[++r] = i;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

参考资料

1. http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html
2. http://blog.csdn.net/pi9nc/article/details/9533107
3. http://www.cnblogs.com/kedebug/archive/2013/03/02/2940423.html
4. http://hzwer.com/2114.html
5. https://wenku.baidu.com/view/eeb6d3ea19e8b8f67c1cb937.html
6. 《算法艺术与信息学竞赛（刘汝佳，黄亮）》