「学习笔记」斜率优化

「HNOI 2008」玩具装箱TOY

首先$O(n^2)$O(n2)做法是显然的，使用前缀和然后暴力枚举转移

dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
	dp[i] = 1LL << 62;
	for(int j = 0; j < i; j ++) {
		LL x = i - (j + 1) + s[i] - s[j];
		dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (x - L) * (x - L));
	}
}

上面的$dp$dp转移方程为：（$s[k]=\sum_{i=1}^kc[i]$s[k]=∑i=1k​c[i] 为前缀和）

$dp[i]=min(dp[j]+(i - j - L - 1 + s[i] - s[j]) ^ 2) \; (0\leq j &lt; i)$dp[i]=min(dp[j]+(i−j−L−1+s[i]−s[j])2)(0≤j<i)

令$a_i=s[i]+i-L-1,b_j=s[j]+j$ai​=s[i]+i−L−1,bj​=s[j]+j，则：

$dp[i]=min(dp[j]+(a_i - b_j) ^ 2) \; (0\leq j &lt; i)$dp[i]=min(dp[j]+(ai​−bj​)2)(0≤j<i)

假设选$j$j转移：$dp[i]=dp[j]+(a_i - b_j) ^ 2$dp[i]=dp[j]+(ai​−bj​)2

$dp[i]=dp[j]+a_i^2 + b_j^2 -2a_ib_j$dp[i]=dp[j]+ai2​+bj2​−2ai​bj​

移项得：

$2a_ib_j+dp[i]-a_i^2 =dp[j]+ b_j^2$2ai​bj​+dp[i]−ai2​=dp[j]+bj2​

把这看成是$kx+b=y$kx+b=y的直线形式，则其斜率为$2a_i$2ai​，$x=b_j$x=bj​，$y=dp[j]+ b_j^2$y=dp[j]+bj2​，截距$dp[i]-a_i^2$dp[i]−ai2​

也就是说假设我们用$j$j转移，$y=2a_ix+b$y=2ai​x+b这条直线经过点$P_j(b_j,dp[j]+ b_j^2)$Pj​(bj​,dp[j]+bj2​)时，它的截距$+a_i^2$+ai2​就是$dp[i]$dp[i]。

这样我们每次选择一个最优的$j$j转移就行了

显然是找一个斜率为$2a_i$2ai​、经过$P_j$Pj​，截距最小的$j$j。

根据图像，这些最优的$j$j点是会构成一个下凸包的

然后每次找到第一个满足的位置就是最优答案（截距最小），如图

记$slope(P_1,P_2)$slope(P1​,P2​)表示经过$P1,P2$P1,P2的直线斜率

可以发现最优解处就是找到凸包上的第一个满足$slope(P_j,P_{j+1})&gt;2a_i$slope(Pj​,Pj+1​)>2ai​的点$j$j

注意每次需要查找的$a_i=s[i]+i-L-1$ai​=s[i]+i−L−1是递增的，因为$s[i]+i$s[i]+i递增，$-L-1$−L−1是常量

因此可以使用单调队列维护凸包

考虑队首：根据单调性，若$slope(P_j,P_{j+1})&lt;2a_i$slope(Pj​,Pj+1​)<2ai​，$P_j$Pj​就可以以后都不再考虑，把它出队$( \text{pop\_front})$(pop_front)

这样就可以更新$dp[i]$dp[i]了。

再考虑队末：把$P_i(b_i,dp[i]+ b_i^2)$Pi​(bi​,dp[i]+bi2​)加入凸包。如图所示，红线优于绿线，因此$P_{back-1}$Pback−1​将改为连$P_i$Pi​

因此单调队列具体做法是：记末端$2$2个点分别为$P_{back-1},P_{back}$Pback−1​,Pback​

若$slope(P_{back-1},P_{back})&gt;slope(P_{back-1},P_i)$slope(Pback−1​,Pback​)>slope(Pback−1​,Pi​)，从队尾弹出$(\text{pop\_back})$(pop_back)

直到只剩一个点或者不满足大于条件时插入。

#include <cstdio>

typedef long long LL;

const int N = 5e4 + 10; 

int n, L, c[N];
LL dp[N], s[N], a[N], b[N];

inline LL x(int i) { return b[i]; }
inline LL y(int i) { return dp[i] + b[i] * b[i]; }
inline double slope(int i, int j) { return (y(j) - y(i)) / (double) (x(j) - x(i)); }

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &L);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%d", &c[i]);
		s[i] = s[i - 1] + c[i];
		a[i] = (b[i] = s[i] + i) - L - 1;
	}
	static int q[N], hd = 0, bk = 0;
	q[bk ++] = 0; dp[0] = a[0] = b[0] = 0; //注意队列初始时应 push(j = 0)
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		for(; hd + 1 < bk && slope(q[hd], q[hd + 1]) < 2.0 * a[i]; ++ hd) ;
		dp[i] = dp[q[hd]] + (a[i] - b[q[hd]]) * (a[i] - b[q[hd]]);
		for(; hd < bk - 1 && slope(q[bk - 2], q[bk - 1]) > slope(i, q[bk - 1]); -- bk) ;
		q[bk ++] = i;
	}
	printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}