@lychee123
2017-01-15T19:31:39.000000Z
字数 1697
阅读 960
dp斜率优化
题意
输出序列a[n],每连续输出的费用是连续输出的数字和的平方加上常数M,让我们求这个费用的最小值。
输入
输入n,m (0 ≤ n ≤ 500000, 0 ≤ M ≤ 1000),接下来输入n个数
输出
输出满足条件的最小值
样例
Sample Input
5 5
5
9
5
7
5
Sample Output
230
分析(摘自博客园)
设dp[i]表示输出前i个的最小费用,那么有如下的DP方程:
dp[i]= min{ dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2 +M } 0 其中 sum[i]表示数字的前i项和。
相信都能理解上面的方程。
直接求解上面的方程的话复杂度是O(n^2)
对于500000的规模显然是超时的。下面讲解下如何用斜率优化DP使得复杂度降低一维。
我们首先假设在算 dp[i]时,k 也就是
dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M <= dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M;
所谓j比k优就是DP方程里面的值更小
对上述方程进行整理很容易得到:
[(dp[j]+sum[j]*sum[j])-(dp[k]+sum[k]*sum[k])] / 2(sum[j]-sum[k]) <=sum[i].
注意整理中要考虑下正负,涉及到不等号的方向。
左边我们发现如果令:yj=dp[j]+sum[j]*sum[j] xj=2*sum[j]
那么就变成了斜率表达式:(yj-yk)/(xj-xk) <= sum[i];
而且不等式右边是递增的。
所以我们可以看出以下两点:我们令g[k,j]=(yj-yk)/(xj-xk)
第一:如果上面的不等式成立,那就说j比k优,而且随着i的增大上述不等式一定是成立的,也就是对i以后算DP值时,j都比k优。那么k就是可以淘汰的。
第二:如果 kg[j,i] 那么 j 是可以淘汰的。
假设 g[j,i] 相反如果 g[j,i]>sum[i] 那么同样有 g[k,j]>sum[i] 那么 k比 j优 那么 j 是可以淘汰的
所以这样相当于在维护一个下凸的图形,斜率在逐渐增大。
通过一个队列来维护。
代码实现
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,a[500010],dp[5000010],sum[500010];
int que[500010];
int getdp(int i,int j)
{
return dp[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+m;
}
int getup(int j,int k)
{
return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]);
}
int getdown(int j,int k)
{
return 2*(sum[j]-sum[k]);
}
int main()
{
int i,j,k;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n==0)
continue;
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(que,0,sizeof(que));
int l1=0,l2=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum[i]=a[i]+sum[i-1];
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
while(l1+1<l2&&getup(que[l1+1],que[l1])<=sum[i]*getdown(que[l1+1],que[l1]))
l1++;
dp[i]=getdp(i,que[l1]);
while(l1+1<l2&&getup(i,que[l2-1])*getdown(que[l2-1],que[l2-2])<=getup(que[l2-1],que[l2-2])*getdown(i,que[l2-1]))
l2--;
que[l2++]=i;
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return 0;
}
个人认为比较难理解,看了网上代码写的,暂作为模板。