浅谈带权二分或者斜率凸优化

APOI讲了这个东西，还有THU命题的《九省·林克卡特树》，感受好像很热点的样子。

带权二分是一类对DP的优化，对于某些最优化问题的(2d/yd)DP，经过这种优化，其效率能够达到简化后的(1d/yd)DP的效率乘一个log

（(xd/yd)DP是指状态数为n^x级且每种状态的转移数为$n^y$级的DP，这个形式下的DP的最好效率是$n^{x+y}$的）

有这么一个(2d/yd)DP：

——对于某状态二元组(i,j),有最优值f[i][j]；

——每一个f[i][j]的得出，都须要比较$n^y$个其余的状态二元组，从中挑出一个可使f[i][j]更优的状态做为前驱来进行转移；

——须要某一个f[n][m]的结果（由于n和m同级，因此能够认为状态数为$n^2$级）。

考虑优化这个(2d/yd)DP，也就是把它降为一个其余的(x'd/y'd)DP使得x'+y'<2+y

考虑使y减少——

因为在此类DP中，每个状态的得出，最终只须要从全部备选的前驱中挑一个来进行转移，

因而在最理想的状况(也就是通过各类神奇优化以后)，咱们能够不通过比较一步找到每一个状态的前驱

这样就是一个(2d/0d)的DP了，效率$O(n^2)$，

对于决策过程的优化就到此为止了，这一部分并非本文的重点，因此能够看出，他被一笔带过了。

如今咱们考虑优化状态数，也就是把2d变成1d——

考虑有一个(2d/yd)DP，咱们要获得的是状态(n,m)的最值f[n][m]

若是这个DP没有第二位限制的话是一个很是好搞的1dDP(状态为x时，其答案f'[x]为原来f[x][i]中i枚举全部值时的最优值，因为DP状态的精确性有所降低，因此通常状况下f'的DP的确能够是一个(1d/y'd)DP，并且y'<=y,也就是一个比以前更好搞的DP)

那咱们尽可能但愿把第二位消掉，以优化状态数

设有函数F知足F(i)=f[n][i]；

F在整点处的最值，也是对于全部i而言f[n][i]的最值；

那么设这个值为f'[n]，能够发现f'[n]就是咱们上文中所说的消去第二位限制后出现的那个很好搞的DP

然而，这样获得的f'[n]=f[n][x]，却并不能保证x=m。

考虑给F搭配另外一个函数G以获得函数H，使得H(x)=F(x)+G(x)

且H(x)在x=m时取得整点处的最值；

这样的话，设这个最值为h'[n]，若是h'[n]也刚好是个很好搞的(1d/y''d)DP(这须要G十分恰当)，那么h'[n]就能够是咱们优化状态数的产物。而最终的答案就是h'[n]-G(m)了

 

带权二分（斜率凸优化）就是上述讨论的一个简单易行而应用普遍的特例。

好比有f[a][b]=max(枚举c<b){f[a-1][c]+val[c+1,b]},

咱们试图消去状态表示中的第一位a，他表明转移次数，

由以前的定义有$F_{max}$=f'[b]=max(枚举i){f[i][b]}

能够发现f'[x]是一个很好搞的DP——

f'[b]=max(枚举c<b){f'[c]+val[c+1,b]}

若是F的曲线知足以下图的凸性：

好比F(x)是下图这样的曲线

那么只要H(x)是F(x)搭配不一样斜率的正比例函数G(x)（即H(x)=F(x)+K*x，其中G(x)=K*x），随着K的调动，就可使不一样的x变成H(x)取到最值的地方

并且h'[x]也是一个很好搞的DP——

当G的斜率为K时，h'[b]=max(枚举c){h'[c]+val[c+1,b]+K}

(每转移一次就至关于原来的f中被隐去的维度其数值+1，这意味着G的自变量+1,此时G对h'多贡献了K)

因而剩下的问题就是如何找到一个合适的K，使得H的最优值h'[n]在m处取得了

由于只要K合适，那么答案就是f[n][m]=h'[n]-m*K，而h'是一个很好搞的DP，因而此类题目就结了。

咱们发现因为F函数曲线的凸性，当K逐渐减少时，H的最值取得的位置逐渐右移，

这意味着K能够二分取得：

每次二分一个K’，DP计算当前的h'[n]，并计算当前h'[n]=H(x)的这个x是那一个x

若是这个x>m就blabla

若是这个x<m就blabla

这样最后会获得了一个合适的K，并同时也就获得问题的答案了。

而对于F的曲线知足以下图凸性的状况：

 

咱们能够用一样的方法，搭配不一样斜率的正比例函数G(x)使得H(x)的min值在不一样的x处取得。

方法以前的相似。

总结：

对于f[n][m]

若是f[n][m]求解max值

且设F(x)=f[n][x]，有F(x)是随x增长，斜率递减的函数

那么咱们能够经过斜率凸优化解决这个问题

若是f[n][m]求解min值

且设F(x)=f[n][x]，有F(x)是随x增长，斜率增的函数

那么咱们能够经过斜率凸优化解决这个问题

例子：

有以下DP方程——

$$f_{[i][j]}=MIN_{k∈[0,j-1]}f_{[i-1][k]}+(sum_{l=k+1}^{j}a[l])^2$$

$$且对于全部i>j，有f_{[i][j]}=INF$$

其中a[x]为输入数据

求解$f_{[m][n]}$

 

能够看出$f_{[m][n]}$为把n个数分红m段，求每段和的平方的和。

设$F(x)=f{[x][n]}$能够证实F(x)是一个随x增长，斜率增的函数。

若是没有m段的限制的话

有$f'_{[j]}=MIN_{k∈[0,j-1]}f_{[k]}+(sum_{l=k+1}^{j}a[l])^2$

经过预处理前缀和以及一些斜率优化技巧，这个方程能够作到O(n)

若是咱们给每次划分搭配一个费用K的话

就有$h'_{[j]}=MIN_{k∈[0,j-1]}h_{[k]}+(sum_{l=k+1}^{j}a[l])^2+K$

一样能够斜率优化作到O(n),

这样，咱们二分K，断定此时$h'_{[n]}$对应的划分次数与m的关系，从而找的一个合适的K，进而找的问题的答案。

最终效率为O(nlogV)