我的第一道斜率优化。

就这道题而言,写出原始的方程:

  dp[i] = min{ dp[j] + (sum[i]-sum[j])+ M | j in [0,i) }

O(n^2)的复杂度肯定超时,要么优化转移,要么重写方程。

斜率优化的思想就是减少不必要的枚举(即不枚举肯定不会成为决策点的j)。

我们考虑两个位置p<q<i

“选择q比选择p优” 当且仅当 dp[q]+(sum[i]-sum[q])2+M < dp[p]+(sum[i]-sum[p])2+M

化简右边即:

[ (dp[q]+sum2[q])-(dp[p]+sum2[p]) ] / ( sum[q]-sum[p] ) < sum[i]*2

该式可以看成两个点连线的斜率:( sum[q], dp[q]+sum2[q] ) 与 ( sum[p], dp[p]+sum2[p] ) 两点。

文字语言就是:“将每个决策位置看成一个二维坐标系下的点,对于两个决策点,后者比前者优 当且仅当 两点连线的斜率小于sum[i]*2”

这样怎么减少不必要的枚举呢?

可以发现,所有决策点一定是单调不下降的(题中可能出现权值为0,此时有可能出现斜率为正无穷,若M=0,还有可能出现重点,所以计算斜率不要用除法)

上面的B点一定是不会成为最优决策点的,反证法:

如果B成为最优决策点,那么

2*sum[i]>kab 且 2*sum[i]<kbc

而显然kab > kbc ,这样就推出了2*sum[i]>kab >kbc >2*sum[i],矛盾。

故B不可能成为最优决策点,同理,D也不行,删掉这些点后,我们剩下的图形就是一个下凸的图形了:

我们维护这样一个下凸的图形到队列中:

当要查找i位置的最优决策点时,一直删除队首的点,直到队中的第一条直线的斜率大于2*sum[i]或队中只有一个点,此时队首元素就是最优决策点。

计算完i位置后,要将i位置对应的点加入到队列中,此时会删除一些对尾的点,以保持队中点的下凸性(注意处理重合的点)。

这样,我们就利用斜率优化掉了很多不必要的枚举,将时间复杂度从O(n^2)降到了O(n)。

 #include <cstdio>
#define ln(A,B) ((B)-(A))
#define maxn 500010 typedef long long lng; struct Vector {
lng x, y;
int id;
Vector(){}
Vector( lng x, lng y, int id ) : x(x), y(y), id(id) {}
Vector operator-( const Vector & b ) const { return Vector(x-b.x,y-b.y,); }
lng operator&( const Vector & b ) const {
return x*b.y-y*b.x;
}
};
typedef Vector Point; int n, m;
int cost[maxn];
lng sum[maxn];
lng dp[maxn]; int beg, end;
Point qu[maxn]; int main() {
while( ) {
if( scanf( "%d%d", &n, &m )!= ) return ; sum[] = ;
for( int i=; i<=n; i++ ) {
scanf( "%d", cost+i );
sum[i] = sum[i-]+cost[i];
} dp[] = ;
qu[beg=end=] = Point( , , ); for( int i=; i<=n; i++ ) {
while( end>beg && qu[beg+].y-qu[beg].y<=(qu[beg+].x-qu[beg].x)**sum[i] )
beg++;
int j = qu[beg].id;
dp[i] = dp[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+m;
Point npt = Point( sum[i], dp[i]+sum[i]*sum[i], i );
while( end>beg && (ln(qu[end-],qu[end])&ln(qu[end-],npt))<= )
end--;
qu[++end] = npt;
}
printf( "%lld\n", dp[n] );
}
}

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