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=;
- 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 *(sum[j]-sum[k]);
- }
- int main()
- {
- // freopen("in.txt","r",stdin);
- // freopen("out.txt","w",stdout);
- while(scanf("%d%d",&n,&m)==)
- {
- for(int i=;i<=n;i++)
- scanf("%d",&sum[i]);
- sum[]=dp[]=;
- for(int i=;i<=n;i++)
- sum[i]+=sum[i-];
- head=tail=;
- q[tail++]=;
- for(int i=;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+<tail && getUP(q[head+],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+],q[head]))
- head++;
- dp[i]=getDP(i,q[head]);
- while(head+<tail && getUP(i,q[tail-])*getDOWN(q[tail-],q[tail-])<=getUP(q[tail-],q[tail-])*getDOWN(i,q[tail-]))
- tail--;
- q[tail++]=i;
- }
- printf("%d\n",dp[n]);
- }
- return ;
- }
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