20 / 60 Problem A HDU 3507 Print Article
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。
/* 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; }
13 / 19 Problem B HDU 2829 Lawrence
斜率DP
设dp[i][j]表示前i点，炸掉j条边的最小值。j<i
dp[i][j]=min{dp[k][j-1]+cost[k+1][i]}
又由得出cost[1][i]=cost[1][k]+cost[k+1][i]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])
cost[k+1][i]=cost[1][i]-cost[1][k]-sum[k]*(sum[i]-sum[k])
代入DP方程
可以得出 y=dp[k][j-1]-cost[1][k]+sum[k]^2
x=sum[k].
斜率sum[i]
可以用斜率优化，也可以用四边形不等式优化，四边形不等式我在前面已经写了。
下面是斜率优化的代码
#include<stdio.h> #include<iostream> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; const int MAXN=1010; int a[MAXN]; int sum[MAXN]; int cost[MAXN];//cost[1][i] int q[MAXN]; int head,tail; int n,m; int dp[MAXN][MAXN]; int DP() { for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i][0]=cost[i]; dp[i][i-1]=0; } for(int j=1;j<=m;j++) { head=tail=0; q[tail++]=j; for(int i=j+1;i<=n;i++) { while(head+1<tail) { int p1=q[head]; int p2=q[head+1]; int x1=sum[p1]; int x2=sum[p2]; int y1=dp[p1][j-1]-cost[p1]+sum[p1]*sum[p1]; int y2=dp[p2][j-1]-cost[p2]+sum[p2]*sum[p2]; if((y2-y1)<=sum[i]*(x2-x1)) head++; else break; } int k=q[head]; dp[i][j]=dp[k][j-1]+cost[i]-cost[k]-sum[k]*sum[i]+sum[k]*sum[k]; while(head+1<tail) { int p1=q[tail-2]; int p2=q[tail-1]; int p3=i; int x1=sum[p1]; int x2=sum[p2]; int x3=sum[p3]; int y1=dp[p1][j-1]-cost[p1]+sum[p1]*sum[p1]; int y2=dp[p2][j-1]-cost[p2]+sum[p2]*sum[p2]; int y3=dp[p3][j-1]-cost[p3]+sum[p3]*sum[p3]; if((y2-y1)*(x3-x2)>=(y3-y2)*(x2-x1))tail--; else break; } q[tail++]=i; } } return dp[n][m]; } int main() { // freopen("in.txt","r",stdin); // freopen("out.txt","w",stdout); while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) { if(n==0&&m==0)break; sum[0]=0; cost[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; cost[i]=cost[i-1]+sum[i-1]*a[i]; } printf("%d ",DP()); } return 0; }
c2.这个是先求破坏的最大值
/* * 用dp[i][x]表示前i个点，炸掉x条边可以破坏的最大值 * 答案就是tol-dp[n][m] * dp[i][x]=max{dp[j][x-1]+sum[j]*(sum[i]-sum[j])} x-1<j<i * 假设在计算i时，k<j,j比k点优 * dp[k][x-1]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])<=dp[j][x-1]+sum[j]*(sum[i]-sum[j]) * 化简得 ( (sum[j]*sum[j]-dp[j][x-1])-(sum[k]*sum[k]-dp[k][x-1]) ) /(sum[j]-sum[k] <=sum[i] * * yj=sum[j]*sum[j]-dp[j][x-1] xj=sum[j] * (yj-yk)/(xj-xk)<=sum[i] * 右边不等式是递增的 * g[k,j]=(yj-yk)/(xj-xk) * 上述不等式成立说明j比k优 * 如果k<j<i g[k,j]>g[i,j]那么k可以淘汰 * 如果g[j,i]<sum[i] j可以淘汰 * * */ #include <iostream> #include <string.h> #include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; const int MAXN=1010; int n,m; int a[MAXN]; int sum[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN]; int tol; int getDP(int i,int x,int j) { return dp[j][x-1]+sum[j]*(sum[i]-sum[j]); } int getUp(int j,int x,int k) { return sum[j]*sum[j]-dp[j][x-1]-(sum[k]*sum[k]-dp[k][x-1]); } int getDown(int j,int k) { return sum[j]-sum[k]; } int q[MAXN]; void solve() { memset(dp,0,sizeof(dp)); int front,rear; for(int x=1;x<=m;x++) { rear=front=0; q[rear++]=x; for(int i=x+1;i<=n;i++) { while(front+1<rear && getUp(q[front+1],x,q[front])<=sum[i]*getDown(q[front+1],q[front])) front++; dp[i][x]=getDP(i,x,q[front]); while(front+1<rear && getUp(i,x,q[rear-1])*getDown(q[rear-1],q[rear-2])<=getUp(q[rear-1],x,q[rear-2])*getDown(i,q[rear-1])) rear--; q[rear++]=i; } } printf("%d ",tol-dp[n][m]); } int main() { // freopen("in.txt","r",stdin); // freopen("out.txt","w",stdout); while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) { if(n==0 && m==0)break; sum[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } tol=0; for(int i=n;i>1;i--) tol+=a[i]*sum[i-1]; solve(); } return 0; }
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