P3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY(斜率优化入门)

2018-01-18 14:07:54


这是一道经典的斜率优化入门题,就用这题来作个总结好了

前言:斜率优化的思想其实和高中数学的线性规划有相似之处,因此建议没学过的同学先了解一下线性规划

首先提一下单调队列优化:

当dp方程为$dp[i]=a[i]+b[j]$时,这个方程是$O(n^2)$的

这时用单调队列可以将其优化为$O(n)$,具体方法这里不再赘述

而dp方程为$dp[i]=a[i] \cdot b[j]+c[i]+d[j]$时,由于存在$a[i] \cdot b[j]$这个既有$i$又有$j$的项,以上方法就不适用了,这时就需要使用斜率优化

回到本题,设前缀和为$sum[i]$,由题意易得dp方程:

$$dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-L-1)^2) (j<i)$$

但这个方程是$O(n^2)$的,显然不满足要求,因此需要进行优化

(以下称两点斜率为$slope(A,B)$)

令$a[i]=sum[i]+i$,$b[i]=sum[i]+i+L+1$(这一步是为了简化计算)

则$$dp[i]=dp[j]+(a[i]-b[j])^2$$

展开得

$$dp[i]=dp[j]+a[i]^2-2 \cdot a[i] \cdot b[j]+b[j]^2$$

移项得

$$2 \cdot a[i] \cdot b[j]+dp[i]-a[i]^2=dp[j]+b[j]^2$$

将$b[j]$看作$x$,$dp[j]+b[j]^2$看作$y$,这个式子就可以看作一条斜率为$2 \cdot a[i]$的直线

而对于每个$i$来说,$a[i]$都是确定的

接下来的步骤和线性规划很相似

$dp[i]$的含义转化为:当上述直线过点$P(b[j],dp[j]+b[j]^2)$时,直线在$y$轴的截距加上$a[i]^2$(一个定值)

而题目即为找这个截距的最小值

因此,类似线性规划,我们将这条直线从下往上平移,直到过一个符合要求的点时停下,此时截距即为最小

画出图像如下(红色为目标直线)

结合图像分析可知,本题中可能为最优的$P$点(图中用直线连接)组成了一个下凸包(其他题目可能不同,结合图像具体分析)

显然,凸包中相邻两点斜率是单调递增的

而目标直线的斜率$2 \cdot a[i]$也是单调递增的

由图像又易知,满足条件的最优$P_j$为第一个$slope(P_j,P_{j+1}) > 2 \cdot a[i]$的点

因此,我们用单调队列维护这个凸包:

设队首为$head$,队尾为$tail$

  1. 对队首:

    $$while(slope(P_{head},P_{head+1})<2 \cdot a[i])\quad head++$$

  2. 此时队首的点即为最优,根据它计算出$dp[i]$

  3. 对队尾:

    $$while(slope(P_{tail-1},P_{tail})>slope(P_{tail-1},P_i)\quad tail--$$

  4. 在队尾插入$P_i$

解释:

若$slope(P_j,P_{j+1})<2 \cdot a[i]$,显然$P_j$不是最优通过步骤1删去

因为目标直线斜率单调递增,所以当前删去的$P_j$一定对之后的$dp[i]$也不是最优,不会造成影响

而操作3的理由如下:

图中红色的点为$P_i$

显然,满足操作3的要求时,$P_{tail}$在凸包内部,一定不是最优,因此可以删去

以上即为本题算法

要注意,初始化时要加入单调队列的点为$P_0$而不是$P_1$(否则就变成了第一个物品必须单独装)

代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long LL;
const int maxn=50010;
int n,L;
db sum[maxn],dp[maxn];
int head,tail,Q[maxn];
inline db a(int i){return sum[i]+i;}
inline db b(int i){return a(i)+L+1;}
inline db X(int i){return b(i);}
inline db Y(int i){return dp[i]+b(i)*b(i);}
inline db 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("%lf",&sum[i]);
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    head=tail=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(head<tail&&slope(Q[head],Q[head+1])<2*a(i)) ++head;
        dp[i]=dp[Q[head]]+(a(i)-b(Q[head]))*(a(i)-b(Q[head]));
        while(head<tail&&slope(i,Q[tail-1])<slope(Q[tail-1],Q[tail])) --tail;
        Q[++tail]=i;
    }
    printf("%lld\n",(LL)dp[n]);
    return 0;
}