斜率优化（转载）

BZOJ 1010 玩具装箱Toy

题目描述 Description
P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1…N的N件玩具，第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过L。但他希望费用最小.

输入描述 Input Description
第一行输入两个整数N，L.接下来N行输入Ci

输出描述 Output Description
输出最小费用

样例输入 Sample Input
5 4
3
2
1
4

样例输出 Sample Output
1

数据范围及提示 Data Size & Hint
1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

分析：

状态转移方程：（显然）

 

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2)dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2)

sumsum为前缀和
然后我们令f[i]=sum[i]+i,c=1+Lf[i]=sum[i]+i,c=1+L
原式可以化简为：

 

dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2)dp[i]=min(dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2)

注意，这里的f,cf,c都是可以预处理出来的

1.证明决策单调性

假设在当前由jj状态转移优于kk状态（显然kk是之前枚举的决策），即：

 

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2

那么对于ii后面的一个状态tt，要保证kk对其无贡献（已经被jj覆盖）
则需要证明：

 

dp[j]+(f[t]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[t]−f[k]−c)2dp[j]+(f[t]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[t]−f[k]−c)2

由于f[i]=sum[i]+if[i]=sum[i]+i，所以一定为单调递增的（sumsum和ii均为单调递增）
所以令v=f[t]−f[i]v=f[t]−f[i]
原式可化为：

 

dp[j]+(f[i]+v−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]+v−f[k]−c)2dp[j]+(f[i]+v−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]+v−f[k]−c)2

变形↓尽量拆出已有的式子

 

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2+2v∗(f[i]−f[j]−c)+4v2≤dp[k]+(f[i]−f[k]−c)2+2v∗(f[i]−f[k]−c)+4v2dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2+2v∗(f[i]−f[j]−c)+4v2≤dp[k]+(f[i]−f[k]−c)2+2v∗(f[i]−f[k]−c)+4v2

移项，消除相同项

 

f[i]−f[j]−c≤f[i]−f[k]−cf[i]−f[j]−c≤f[i]−f[k]−c

 

f[j]≥f[k]f[j]≥f[k]

由单调递增性，只需要枚举状态时以11~i−1i−1的顺序即可保证f[j]≥f[k]f[j]≥f[k]，得证

2.求斜率方程

当前决策ii，若由jj状态转移优于kk状态，则有：

 

dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2

展开，变形，得：

 

dp[j]+f[i]2−2f[i]∗(f[j]+c)+(f[j]+c)2≤dp[k]+f[i]2−2f[i]∗(f[k]+c)+(f[k]+c)2dp[j]+f[i]2−2f[i]∗(f[j]+c)+(f[j]+c)2≤dp[k]+f[i]2−2f[i]∗(f[k]+c)+(f[k]+c)2

移项，消除相同项，尽量将变量按j,kj,k凑在一起，得：

 

(dp[j]+(f[j]+c)2)−(dp[k]+(f[k]+c)2)2∗(f[j]−f[k])≤f[i](dp[j]+(f[j]+c)2)−(dp[k]+(f[k]+c)2)2∗(f[j]−f[k])≤f[i]

左边部分就像斜率一样，可以看做：

 

Yj−YkXj−XkYj−YkXj−Xk

我们以Slope(x,y)Slope(x,y)来表示上面那个类似于斜率的东西（其实就是斜率好么）
若满足这个Slope(k,j)≤f[i]Slope(k,j)≤f[i]，则说明jj比kk优

3.组织算法

那么对于当前较优的状态我们建立一个队列qq
维护这个队列我们有以下操作：

1. 若Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]，则q[l]q[l]没有q[l+1]q[l+1]优，则删除q[l]q[l]
2. 若Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i)Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i),则删除q[r]q[r]

分析：

方程成立时是jj比kk优的充分必要条件，那么假设我们现在有一个序列，那么队头就是当前最优的，若到了某个ii值使得对于队首p[l]p[l]和队次首p[l+1]p[l+1]来说Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]成立，则q[l+1]q[l+1]比q[l]q[l]优，所以弹出队首，直到不成立为止

第一条操作是显然的，那么第二条呢？
一个状态要不要放在序列里，是由它能不能做出贡献决定的，也就是说，它能不能成为队首决定的
假设我们现在有Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2])Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2])，那么，q[a+1]q[a+1]点想要成为队首就只能当前面的点都弹出了，并且Slope(q[a],q[a+1])≤f[i]Slope(q[a],q[a+1])≤f[i]，q[a+1]q[a+1]比q[a]q[a]优所以也将q[a]q[a]弹出时，才能成为队首。但是在这时，由于f[i]≥Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2])f[i]≥Slope(q[a],q[a+1])≥Slope(q[a+1],q[a+2])，那么q[a+2]q[a+2]也应该比q[a+1]q[a+1]优，所以将q[a+1]q[a+1]弹出，意思就是，无论怎样，q[a+1]q[a+1]都不可能做出贡献
类比一下，我们只操作队尾时，若其斜率Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i)Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i)，直接弹出q[r]q[r]即可
那么，在我们的这个操作以后，能够保证斜率单调递增，也就是维护一个上凸包，这就是斜率优化啦！

自认为非常的详细啦，有问题可以在下面留言喽！

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,L;
ll f[50005];
ll dp[50005];
ll q[50005];
ll head,tail; 
ll read() {
    ll ans=0,flag=1;
    char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
    return ans*flag;
}
double slope(ll k,ll j) {return (double) (dp[j]-dp[k]+(f[j]+L)*(f[j]+L)-(f[k]+L)*(f[k]+L))/(2.0*(f[j]-f[k]));}
int main() {
    n=read(),L=read();
    L++;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        ll a=read();
        f[i]=f[i-1]+a+1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        while(head<tail && slope(q[head],q[head+1])<=f[i]) head++;
        int t=q[head];
        dp[i]=dp[t]+(f[i]-f[t]-L)*(f[i]-f[t]-L);
        while(head<tail && slope(q[tail],i)<slope(q[tail-1],q[tail])) tail--;
        q[++tail]=i;
    } 
    printf("%lld",dp[n]);
}

--------------------- 本文来自 Chlience 的CSDN 博客 ，全文地址请点击：https://blog.csdn.net/force_chl/article/details/79096609?utm_source=copy 

总结：

斜率优化步骤：

先打表（推导）得出决策单调性的性质，然后列出当前j比k优的式子：dp[j]+(f[i]−f[j]−c)2≤dp[k]+(f[i]−f[j]−c)2

然后移项变换尽量得到左边为j,k表示的斜率，右边为1定值：(dp[j]+(f[j]+c)2)−(dp[k]+(f[k]+c)2)2∗(f[j]−f[k])≤f[i]

若满足这个Slope(k,j)≤f[i]Slope(k,j)≤f[i]，则说明jj比kk优

最后单调队列:

• 若Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]Slope(q[l],q[l+1])≤f[i]，则q[l]q[l]没有q[l+1]q[l+1]优，则删除q[l]q[l]
• 若Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i)Slope(q[r−1],q[r])≥Slope(q[r],i),则删除q[r]

10.9更新：

这里有一篇更好的斜率优化....

 https://blog.csdn.net/Clove_unique/article/details/55684519（良心博客）

其实考场上自己模拟推一遍比较合适，这里给出单增的通式：

斜率越大的编号是靠后的，单增性，所以k1<k3，变个号就行了