斜率优化板题 HDU 3507 Print Article

• 题目大意：输出N个数字a[N]，输出的时候可以连续的输出，每连续输出一串，它的费用是 “这串数字和的平方加上一个常数M”。n<=500000
• 我们设dp[i]表示输出到i的时候最少的花费，sum[i]表示从a[1]到a[i]的数字和。于是方程就是： dp[i]=dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2；
• 很显然这个是一个二维的。题目的数字有500000个，不用试了，二维铁定超时了。那我们就来试试斜率优化吧，看看是如何做到从O(n^2)复杂度降到O(n)的。
• 我们假设k<j<i。如果在j的时候决策要比在k的时候决策好，那么也是就是dp[j]+M+(sum[i]−sum[j])2&lt;=dp[k]+M+(sum[i]−sum[k])2dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2 &lt;= dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2dp[j]+M+(sum[i]−sum[j])2<=dp[k]+M+(sum[i]−sum[k])2。(因为是最小花费嘛，所以优就是小于)
• 两边移项一下，得到：
  
  (dp[j]+sum[j]2)−(dp[k]+sum[k]2)&lt;=(sum[j]−sum[k])∗2∗sum[i](dp[j]+sum[j]^2)-(dp[k]+sum[k]^2) &lt;= (sum[j]-sum[k])*2*sum[i](dp[j]+sum[j]2)−(dp[k]+sum[k]2)<=(sum[j]−sum[k])∗2∗sum[i]
  
  将(sum[j]−sum[k])(sum[j]-sum[k])(sum[j]−sum[k])除过去，得到：
  
  [(dp[j]+sum[j]2)−(dp[k]+sum[k]2)]/(sum[j]−sum[k])&lt;=2∗sum[i][(dp[j]+sum[j]^2)-(dp[k]+sum[k]^2)]/(sum[j]-sum[k]) &lt;= 2*sum[i][(dp[j]+sum[j]2)−(dp[k]+sum[k]2)]/(sum[j]−sum[k])<=2∗sum[i]
• 令xxx_i =dp[i]−sum[i]= dp[i]-sum[i]=dp[i]−sum[i]², yyy_i =2∗sum[i]= 2*sum[i]=2∗sum[i].
  
  那么不就是yyy_j−y-y−y_k/x/x/x_j−x-x−x_k&lt;=2∗sum[i]&lt;=2*sum[i]<=2∗sum[i]么？ 左边是不是斜率的表示？
  
  那么(y(y(y_j−y-y−y_k)/(x)/(x)/(x_j−x-x−x_k)&lt;=2∗sum[i])&lt;=2*sum[i])<=2∗sum[i]说明了什么呢？
  
  说明k[j,k]=(yk[j,k]=(yk[j,k]=(y_j−y-y−y_k)/(x)/(x)/(x_j−x-x−x_k)&lt;=2∗sum[i])&lt;=2*sum[i])<=2∗sum[i]代表这j的决策比k的决策要更优。
• 关键的来了：若k&lt;j&lt;ik&lt;j&lt;ik<j<i且k[i,j]&lt;k[j,k]k[i,j]&lt;k[j,k]k[i,j]<k[j,k]，则j点永远不可能成为最优解，可以直接将它踢出我们的最优解集。为什么呢？
  
  分三种情况讨论：
  
  设当前点为a
  
  1.如果k[i,j]k[i,j]k[i,j]与k[j,k]k[j,k]k[j,k]均小于2∗sum[a]2*sum[a]2∗sum[a]，则i比j优，j比k优
  
  2.如果k[i,j]k[i,j]k[i,j]与k[j,k]k[j,k]k[j,k]均大于2∗sum[a]2*sum[a]2∗sum[a]，则k比j优，j比i优
  
  3.如果k[i,j]&lt;sum[a]k[i,j]&lt;sum[a]k[i,j]<sum[a]且k[i,j]&gt;2∗sum[a]k[i,j]&gt;2*sum[a]k[i,j]>2∗sum[a]，则i比j优，k比j优
  
  不论如何，j都无法成为最佳决策点，所以可以排除j
  
  于是，所有的决策点满足一个下凸包性质
• 接下来看看如何找最优解。 设k&lt;j&lt;ik&lt;j&lt;ik<j<i。
  
  由于我们排除了k[i,j]&lt;k[j,k]k[i,j]&lt;k[j,k]k[i,j]<k[j,k]的情况，所以整个有效点集呈现一种下凸性质，即k[i,j]&gt;k[j,k]k[i,j]&gt;k[j,k]k[i,j]>k[j,k]。
  
  这样，从左到右，斜率之间就是单调递增的了。当我们的最优解取得在j点的时候，那么k点不可能再取得比j点更优的解了，于是k点也可以排除。换句话说，j点之前的点全部不可能再比j点更优了，可以全部从解集中排除。
  
  
• 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，我们维护队列的下凸性质，即如果k[d,c]&lt;=k[c,b]k[d,c]&lt;=k[c,b]k[d,c]<=k[c,b]，那么就将c点删除。直到找到k[d,x]&gt;k[x,y]k[d,x]&gt;k[x,y]k[d,x]>k[x,y]为止，并将d点加入在该位置中。
  
  3.找最佳决策点时，设当前求解状态为i，从队头开始，如果已有元素a b c，当i点要求解时，如果k[b,a]&lt;=2∗sum[i]k[b,a]&lt;=2*sum[i]k[b,a]<=2∗sum[i]，那么说明b点比a点更优，a点可以排除，于是a出队，直到第一次遇到k[j,j−1]&gt;2∗sum[i]k[j,j-1]&gt;2*sum[i]k[j,j−1]>2∗sum[i]，此时j-1即为最佳决策点。
  
  
  
  参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500005;
int n, m, s, t, dq[MAXN];
int sum[MAXN], f[MAXN];

inline int Getup(int i, int j) { return f[i] + sum[i]*sum[i] - f[j] - sum[j]*sum[j]; } //Yi-Yj
inline int Getdown(int i, int j) { return sum[i] - sum[j]; } //Xi-Xj

int main ()
{
	int x;
	while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2)
	{
		for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), sum[i] = sum[i-1] + x;
		f[0] = 0; s = t = 0; dq[t++] = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			while(t-s > 1 && Getup(dq[s+1], dq[s])  <= sum[i] * 2 * Getdown(dq[s+1], dq[s])) s++;
			f[i] = f[dq[s]] + (sum[i] - sum[dq[s]]) * (sum[i] - sum[dq[s]]) + m;
			while(t-s > 1 && Getup(i, dq[t-1]) * Getdown(dq[t-1], dq[t-2]) <= Getup(dq[t-1], dq[t-2]) * Getdown(i, dq[t-1])) t--;
			dq[t++] = i;
		}
		printf("%d\n", f[n]);
	}
}