hdu 3507 斜率dp

不好理解，先多做几个再看

此题是很基础的斜率DP的入门题。

题意很清楚，就是输出序列a[n]，每连续输出的费用是连续输出的数字和的平方加上常数M

让我们求这个费用的最小值。

设dp[i]表示输出前i个的最小费用，那么有如下的DP方程：

dp[i]= min{ dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2 +M }  0<j<i

其中 sum[i]表示数字的前i项和。

相信都能理解上面的方程。

直接求解上面的方程的话复杂度是O(n^2)

对于500000的规模显然是超时的。下面讲解下如何用斜率优化DP使得复杂度降低一维。

我们首先假设在算 dp[i]时，k<j ,j点比k点优。

也就是

dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M <= dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M;

所谓j比k优就是DP方程里面的值更小

对上述方程进行整理很容易得到：

[(dp[j]+sum[j]*sum[j])-(dp[k]+sum[k]*sum[k])] / 2(sum[j]-sum[k]) <=sum[i].

注意整理中要考虑下正负，涉及到不等号的方向。

左边我们发现如果令：yj=dp[j]+sum[j]*sum[j]   xj=2*sum[j]

那么就变成了斜率表达式：（yj-yk）/(xj-xk) <= sum[i];

而且不等式右边是递增的。

所以我们可以看出以下两点：我们令g[k,j]=(yj-yk)/(xj-xk)

第一：如果上面的不等式成立，那就说j比k优，而且随着i的增大上述不等式一定是成立的，也就是对i以后算DP值时，j都比k优。那么k就是可以淘汰的。

第二：如果 k<j<i   而且 g[k,j]>g[j,i] 那么 j 是可以淘汰的。

假设  g[j,i]<sum[i]就是i比j优，那么j没有存在的价值

相反如果 g[j,i]>sum[i] 那么同样有 g[k,j]>sum[i]  那么 k比 j优 那么  j 是可以淘汰的

所以这样相当于在维护一个下凸的图形，斜率在逐渐增大。

通过一个队列来维护。

于是对于这题我们对于斜率优化做法可以总结如下：

1，用一个单调队列来维护解集。

2，假设队列中从头到尾已经有元素a b c。那么当d要入队的时候，我们维护队列的上凸性质，即如果g[d,c]<g[c,b]，那么就将c点删除。直到找到g[d,x]>=g[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。

3，求解时候，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果g[b,a]<sum[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队。最后dp[i]=getDp(q[head])。

/*
HDU 3507

*/

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN=500010;

int dp[MAXN];
int q[MAXN];//队列
int sum[MAXN];

int head,tail,n,m;
// dp[i]= min{ dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2 };
int getDP(int i,int j)
{
    return dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);
}

int getUP(int j,int k) //yj-yk部分
{
    return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]);
}
int getDOWN(int j,int  k)
{
    return 2*(sum[j]-sum[k]);
}

int main()
{
  //  freopen("in.txt","r",stdin);
  //  freopen("out.txt","w",stdout);
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
           scanf("%d",&sum[i]);
        sum[0]=dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
           sum[i]+=sum[i-1];
        head=tail=0;
        q[tail++]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            //把斜率转成相乘，注意顺序，否则不等号方向会改变的
            while(head+1<tail &&  getUP(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+1],q[head]))
               head++;
            dp[i]=getDP(i,q[head]);
            while(head+1<tail && getUP(i,q[tail-1])*getDOWN(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDOWN(i,q[tail-1]))
                    tail--;
            q[tail++]=i;
        }
        printf("%d
",dp[n]);
    }
    return 0;
}