(斜率优化DP)P5785 [SDOI2012]任务安排

戳这里

斜率优化入门

• 先看一下题意

  ​ 将n个任务在一台机器上分批加工，每批包含相邻若干任务，从0时刻开始，加工这些任务，其中第i个任务加工时间为 ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间s，完成这批任务需要的时间是各个任务需要的时间和(同一批任务会在同一时刻完成)。每个任务的费用是他完成时刻乘一个费用系数 ci 。确定一个分组方案，使得总费用最小。

• 解析

  • 经过思考，这个题大致是一个DP题，那既然是DP题，它的状态转移方程是怎样的呢？

  • 我们定义 (f[i]) 为处理前 i 个任务的最小花费。

  • 假如已知 (f[1]) ~ (f[i-1]) 如何求 (f[i]) 呢？

  • 如果我们决定先处理前 j 个任务，那么 j+1 ~ i 这些任务将放在一批处理。

  • 此时 (f[i] = f[j] + ((k+1)*s + sum_{l=1}^{i}t[l])*(sum_{l=j+1}^if[l])) 其中 k 是前 j 个任务分了 k 批。

  • 所以我们只要遍历 j ，找到最优的状态来转移即可。

  • 但是我们发现由于 k 的存在，状态转移方程不是很方便使用，于是我们采用费用提前的思想

  • 什么是费用提前呢，就是在处理之前的任务时，把s产生的费用提前计算了。

  • 那么最后的方程如下

    [f[i] = min(f[j]+(sum_{l=1}^it[l])*sum_{l=j+1}^ic[l]+s*sum_{l=j+1}^nc[l]) ]

  • 将 (t,c) 表示成其对应的前缀和。

  [f[i] = min(f[j]+t[i]*(c[i]-c[j])+s*(c[n]-c[j])) ]

  • qwq，以为写出状态转移方程就结束了吗？不不不，现在才刚刚开始进入正题！

  • 对于(dp[i] = dp[j] + f[j]*g[i] + h[i])这类DP，我们可以用斜率优化来处理。

  • 令 (j,k(j>k)) ，此时，从 j 转移更优

  • 所以

    [f[j]+t[i]*(c[i]-c[j])+s*(c[n]-c[j]) < f[k]+t[i]*(c[i]-c[k])+s*(c[n]-c[k]) ]

  • 化简一下

    [f[j]-f[k] < (t[i]+s)*(c[j]-c[k]) ]
    [frac{f[j]-f[k]}{c[j]-c[k]} < t[i]+s ]

  • 有没有觉得这个式子有斜率的感觉！

  • 我们将 ((c[i],f[i])) 这些点在坐标轴上表示

  • 由于 c 为前缀和，故 c 是单调递增的。

  • 入图所示

  • 

  • 拿出 B,C,D三个点分析，发现 (frac{f[D]-f[C]}{c[D]-c[C]} < frac{f[C]-f[B]}{c[C]-c[B]})

  • 当 一个斜率如图所示时 ((t[i] + s) 即是斜率)

  • 

  • 此时的最优转移点是 B 点，因为 t 也是前缀和，所以 t 也是单调递增的，当 斜率增大时

  • 

  • 最优转移点逐渐从 B 点变成 D 点，这时候我们发现 C 点就完全无用了，可以删除。

  • 所以就变成了维护一个下凸包，两点之间的斜率是逐渐递增的。

  • 由于 t 也是递增的，所以我们用一个单调队列来维护这个下凸包的点集

  • 当队首及其下一个点所构成直线的斜率比当前斜率((t[i]+s))要小时，将队首出队(这一操作不断进行)

  • 最后队首即为最优转移点！

  • 接下来要将 i 点入队，我们要保证单调队列里面是一个下凸包的点集，所以 i 点与队尾所构成的直线的斜率要比 队尾与队尾前一个点 的斜率要大，若不满足则队尾要不断出队。

  • 这时候我们就成功用一个单调队列来维护这个点集辣。

• 小提示

  • 如果 t 不保证递增 (戳这里两个题的唯一区别就在，这个题的 t 可以是负数qwq，所以前缀和不是递增的)，这时候我们维护的下图包的需要二分来找到最优解。

• 放代码QwQ

  #include<bits/stdc++.h>
  
  #define int long long
  
  using namespace std;
  
  const int Maxn = 5050;
  
  int n,s;
  int t[Maxn],f[Maxn],dp[Maxn];
  int q[Maxn];  //  我们所维护的 单调队列
  
  //  这部分是分子上的式子
  int Up(int j,int k){
      return dp[j] - dp[k];
  }
  //  这部分是分母所对应的式子
  int Down(int j,int k){
      return f[j] - f[k];
  }
  //  这部分是找到 i 的最优转移点 j 后，求出 dp[i] 的值
  int DP(int i,int j){
      return dp[j] + t[i]*(f[i]-f[j]) + s*(f[n]-f[j]);
  }
  
  signed main(){
      scanf("%lld %lld",&n,&s);
      for(int i=1;i<=n;i++)
          scanf("%lld %lld",&t[i],&f[i]),t[i]+=t[i-1],f[i]+=f[i-1];
      int head = 1,tail = 1;  //  单调队列的队首和队尾
      q[tail++] = 0;
      for(int i=1;i<=n;i++)
      {
          //  如果队首及其下一个点所构成直线的斜率比 t[i]+s 小 则队首出队
          while( head+1 < tail && Up(q[head+1],q[head]) <= (t[i]+s)*Down(q[head+1],q[head]) )
              head++;
          dp[i] = DP(i,q[head]);
          //  现在要将 i 点放进单调队列 由于必须保证单调队列里面是一个下凸包 所以把不满足的队尾出队
          while( head+1 < tail && Up(i,q[tail-1])*Down(q[tail-1],q[tail-2]) <= Up(q[tail-1],q[tail-2])*Down(i,q[tail-1]) )
              tail--;
          q[tail++] = i;
      }
      //  终于输出答案辣 qwq
      cout<<dp[n]<<endl;
      return 0;
  }