斜率优化动态规划

前言

斜率优化一般使用单调队列辅助进行实现，用于优化 \(DP\) 的时间复杂度，比较抽象，须要读者有较高的数学素养。

本文例题连接

适用范围

使用单调队列优化 \(DP\) ，一般能够解决型如： \(dp[i]=min(f(j))+g(i)\) 的状态转移方程。其中 \(f(i)\) 是只关于 \(i\) 的函数， \(g(j)\) 是只关于 \(j\) 的函数。朴素的解决方法是在第二层循环中枚举 \(j\) 来实现最小值，时间复杂度为 \(O(n^2)\) 。可使用单调队列来维护这个最小值实现 \(O(n)\) 的时间复杂度。

而斜率优化利用上述方法进行改进，实现对于型如： \(dp[i]=min(f(i,j))+g(i)\) 的状态转移方程。对比第一种状况，能够发现函数 \(f\) 函数与两个值 \(i,j\) 都有关，简单地使用单调队列是没法优化的。这时候就开始引入主题斜率优化了。

下面结合一道例题来具体详解。题目来自于 \(HNOI2008\) 省选题目。

题目大意

有 \(n\) 个数字 \(C\)，把它分为若干组，给出另外一个数 \(L\) ，每组的花费为\((i-j+\sum_{k=i}^jC_k-L)^2\)，总花费为全部组的花费之和。求最小总花费。

思路

先考虑朴素的 \(dp\) 作法。

设 \(dp[i]\) 为将前 \(i\) 个数字分组后的最小花费。求和能够考虑使用前缀和来优化，设前缀和数组为 \(pre\) 。则状态转移方程能够写为：

\(dp[i]=Min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])+(i-(j+1))-L)^2,0≤j＜i)\)

便是：

\(dp[i]=Min(dp[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-L-1)^2,0≤j＜i)\)

那么 \(sum\) 数组能够初始化为：

for(int i = 1; i <= n; i++) {
	Quick_Read(val[i]);
	sum[i] = sum[i - 1] + val[i];
}

设 \(pre[i]=sum[i]+i\) ，再进一步设 \(l=L+1\) 那么状态转移方程能够写为：

\(dp[i]=Min(dp[j]+(pre[i]-pre[j]-l)^2,0≤j<i)\)

状态转移

int Get_Dp(int i, int j) {
	return dp[j] + (pre[i] - pre[j] - l) * (pre[i] - pre[j] - l);
}

若枚举 \(j\) ，则时间复杂度为 \(O(n)^2\) ，时间复杂度不优。使用斜率优化能够对其进行优化。

假设当前枚举到 \(i\) ，须要获得 \(i\) 的状态。假设有两个决策点 \(j\) ， \(k\) ，知足决策点 \(j\) 优于决策点 \(k\) 。用符号语言能够表达为：

\(dp[j]+(pre[i]-pre[j]-l)^2<dp[k]+(pre[i]-pre[k]-l)^2\)

展开得：

\(dp[j]+pre[i]^2+pre[j]^2+l^2-2\times pre[i]\times pre[j]-2\times l\times pre[i]+2\times l\times pre[j]<dp[k]+pre[i]^2+pre[k]^2+l^2-2\times pre[i]\times pre[k]-2\times l\times pre[i]+2\times l\times pre[k]\)

进一步整理得 ：

\(dp[j]+pre[j]^2-dp[k]-pre[k]^2<(pre[i]-l)\times 2\times (pre[j] - pre[k])\)

观察可得：左边的式子只与 \(j\) 和 \(k\) 有关，但右边的式子还与 \(i\) 有关。也能够发现若知足上述式子，则会有 \(j\) 优于 \(k\) 。再分类讨论：

1. \(j>k\) ，则 \(pre[j]>pre[k]\)，移项得 \(\frac{dp[j]+pre[j]^2-(dp[k]+pre[k]^2)}{pre[j] - pre[k]}<pre[i]-l\) ， \(pre[i]-l\) 能够 看为一个常数。那么意味着点 \(j(dp[j]+pre[j]^2,pre[j])\) 与点 \(k(dp[k]+pre[k]^2,pre[k])\) 所构成的直线的斜率小于 \(pre[i]-l\) 这个常数。
2. \(j<k\) ，则 \(pre[j]<pre[k]\)，移项得 \(\frac{dp[j]+pre[j]^2-(dp[k]+pre[k]^2)}{pre[j] - pre[k]}>pre[i]-l\) ，\(pre[i]-l\) 能够 看为一个常数。那么意味着点 \(j(dp[j]+pre[j]^2,pre[j])\) 与点 \(k(dp[k]+pre[k]^2,pre[k])\) 所构成的直线的斜率大于 \(pre[i]-l\) 这个常数。

得到分子的函数：

int Get_Up(int j, int k) {
	return dp[j] + pre[j] * pre[j] - dp[k] - pre[k] * pre[k];
}

得到分母的函数：

int Get_Down(int j, int k) {
	return pre[j] - pre[k];
}

有了上述的一级结论，能够进一步推导出二级结论：

设 \(x,y\) 的斜率表示为 \(k(x,y)\) 。若存在三点 \(a,b,c\) ，有 \(k(a,b)>k(b,c)\) ，便是图像造成上凸的形状时，那么点 \(b\) 绝对不是最优的。

分类讨论：

1. \(k(a,b)>k(b,c)>pre[i]-l\) ，则对于上述结论能够得出 \(a\) 比 \(b\) 更优，舍去 \(b\) 。
2. \(pre[i]-l>k(a,b)>k(b,c)\) ，则对于上述结论能够得出 \(c\) 比 \(b\) 更优，舍去 \(b\) 。
3. \(pre[i]-l<k(a,b)\) 且 \(pre[i]-l>k(b,c)\) ，则对于上述结论能够得出 \(a\) 和 \(c\) 都比 \(b\) 更优，舍去 \(b\) 。

那么就能够得出答案的点必须知足 \(k(a_1,a_2)<k(a_2,a_3)<...<k(a_{m-1},a_m)\) 。所有呈现出下凸状态，以下图。

这样下标递增，斜率递增的点集可使用单调队列来维护。

找出当前最优的点为 \(que[head]\) ，即队头元素。

while(Get_Up(que[head + 1], que[head]) <= 2 * (pre[i] - l) * Get_Down(que[head + 1], que[head]) && head < tail)
	head++;

用当前点 \(i\) 来更新队列，使得该队列呈下凸之势。

while(Get_Up(que[tail], que[tail - 1]) * Get_Down(i, que[tail]) >= Get_Up(i, que[tail]) * Get_Down(que[tail], que[tail - 1]) && head < tail)
	tail--;

按照上述方法进行状态转移，获得的 \(dp[n]\) 就是当前的最优解。

C++代码

代码比较短，一鼓作气。（注意要开 \(long\) \(long\)）

#include <cstdio>
#define int long long
void Quick_Read(int &N) {
	N = 0;
	int op = 1;
	char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {
		if(c == '-')
			op = -1;
		c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		N = (N << 1) + (N << 3) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	N *= op;
}
void Quick_Write(int N) {
	if(N < 0) {
		putchar('-');
		N = -N;
	}
	if(N >= 10)
		Quick_Write(N / 10);
	putchar(N % 10 + 48);
}
const int MAXN = 5e5 + 5;
int dp[MAXN];
int pre[MAXN], val[MAXN];
int n, l;
int que[MAXN];
int head, tail;
int Get_Dp(int i, int j) {
	return dp[j] + (pre[i] - pre[j] - l) * (pre[i] - pre[j] - l);
}
int Get_Up(int j, int k) {
	return dp[j] + pre[j] * pre[j] - dp[k] - pre[k] * pre[k];
}
int Get_Down(int j, int k) {
	return pre[j] - pre[k];
}
void Line_Dp() {
	head = 1;
	tail = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		while(Get_Up(que[head + 1], que[head]) <= 2 * (pre[i] - l) * Get_Down(que[head + 1], que[head]) && head < tail)
			head++;
		dp[i] = Get_Dp(i, que[head]);
		while(Get_Up(que[tail], que[tail - 1]) * Get_Down(i, que[tail]) >= Get_Up(i, que[tail]) * Get_Down(que[tail], que[tail - 1]) && head < tail)
			tail--;
		que[++tail] = i;
	}
	Quick_Write(dp[n]);
}
void Read() {
	Quick_Read(n);
	Quick_Read(l);
	l++;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		Quick_Read(val[i]);
		pre[i] = pre[i - 1] + val[i] + 1;
	}
}
signed main() {
	Read();
	Line_Dp();
	return 0;
}