【斜優DP】bzoj4518-Sdoi2016征途

1、斜率優化DP與決策單調性

這裏淺顯（而且不嚴謹）地說明一下標題中的兩個名詞：

斜率優化DP：狀態轉移方程形如f[i]=min/max{f[k]+(x[i]-x[k])^y}的一類DP問題；

決策單調性：若對於狀態i，有決策t<k，且k優於t，則對於任意狀態v>i，存在決策k優於t。

對以上兩條說明的不嚴謹與模糊之處，下文將結合題目給出（依舊不嚴謹且模糊的）必定程度上的解釋。

2、題目

Description

Pine開始了從S地到T地的征途。

從S地到T地的路能夠劃分紅n段，相鄰兩段路的分界點設有休息站。

Pine計劃用m天到達T地。除第m天外，每一天晚上Pine都必須在休息站過夜。因此，一段路必須在同一天中走完。

Pine但願每一天走的路長度儘量相近，因此他但願每一天走的路的長度的方差儘量小。

幫助Pine求出最小方差是多少。

設方差是v，能夠證實，v×m^2是一個整數。爲了不精度偏差，輸出結果時輸出v×m^2。

Input

第一行兩個數 n、m。

第二行 n 個數，表示 n 段路的長度

Output

 一個數，最小方差乘以 m^2 後的值

Sample Input

5 2
1 2 5 8 6

Sample Output

36

HINT

1≤n≤3000,保證從 S 到 T 的總路程不超過 30000

附上原題連接→_→Problem 4518. -- [Sdoi2016]征途

3、題目分析

爲方便書寫，做出以下約定：

a[i]：題目給出的第i段路程長；

sum[i]：路程長的前綴和；

x[i]：第i天走過的路程總和。

根據題意，天天走過的路程長度的方差表示爲：

整理得：

顯然，因爲上式中只有x[i]爲變量，問題天然轉化成了求∑x²[i]的最小值。

設計狀態轉移方程以下：

其中，f[i][j]表示前j天走過前i段路程，天天路程平方和的最小值。

觀察到狀態轉移方程的形式基本符合斜率優化DP的形式，因而固定j，並：

令t<k：

當t優於k：

整理得：

同理，當k優於t：

因爲s[i]單調遞增，故若在狀態i下有k優於t，則對於任意v>i，存在k優於t。

這就意味着，若是咱們在某個狀態時發現決策k優於t，咱們便不再須要訪問決策t了。這就利用決策單調性，達到了下降時間複雜度的效果。

此外，還能夠發現，在某個狀態下的有效決策造成了一個下凸殼。粗略證實以下：

設座標系中存在點A、B、C，其橫座標單調遞增，其對應決策簡稱爲決策A、B、C

當B的縱座標大於A、C的縱座標（造成了一個上凸殼）：

1. 2s[i]<k_BC：決策A優於決策B，決策B優於決策C，故決策A最優；
2. k_BC<2s[i]<k_AB：決策A優於決策B，決策C優於決策B，故決策A或C最優；
3. 2s[i]>k_AB：決策B優於決策A，決策C優於決策B，故決策C最優。

以上，造成上凸殼時，決策B不可能成爲最優決策，故刪去點B，上凸殼性質被破壞；

同理，當B的縱座標小於A、C的縱座標（造成了一個下凸殼）：

1. 2s[i]<k_AB：決策A優於決策B，決策B優於決策C，故決策A最優；
2. k_AB<2s[i]<k_BC：決策B優於決策A，決策B優於決策C，故決策B最優；
3. 2s[i]>k_BC：決策B優於決策A，決策C優於決策B，故決策C最優。

故造成下凸殼時，全部決策均有可能成爲最優決策。

這樣，咱們用一個雙端隊列就能維護可能成爲最優決策的的決策，始終保證隊首元素最優，隊列知足下凸殼性質。

4、代碼實現

其實f數組不須要開二維，由於咱們每次只用到了f[i][j]和f[i][j-1]，因此能夠再壓去一維。但爲方便理解，博主仍使用二維f數組。

 1 #include<cstdio>
 2 const int MAXN=3e3+10;
 3 int n,m;
 4 int s[MAXN];
 5 int q[MAXN],l,r;
 6 long long f[MAXN][MAXN];
 7 double count_y(int k,int j){return f[k][j-1]+s[k]*s[k];}
 8 double count(int t,int k,int j){return (count_y(t,j)-count_y(k,j))/(s[t]-s[k]);}
 9 int main()
10 {
11     scanf("%d%d",&n,&m);
12     for(int i=1;i<=n;++i)
13     {
14         int x;
15         scanf("%d",&x);
16         s[i]=s[i-1]+x;
17     }
18     for(int i=1;i<=n;++i)f[i][1]=s[i]*s[i];
19     for(int j=2;j<=m;++j)
20     {
21         l=1,r=1;
22         for(int i=1;i<=n;++i)
23         {
24             while(l<r&&count(q[l],q[l+1],j)<2*s[i])++l;
25             int temp=q[l];
26             f[i][j]=f[temp][j-1]+(s[i]-s[temp])*(s[i]-s[temp]);
27             while(l<r&&count(q[r],i,j)<count(q[r-1],q[r],j))--r;
28             q[++r]=i;
29         }
30     }
31     printf("%lld\n",f[n][m]*m-(long long)s[n]*s[n]);
32     return 0;
33 }

bzoj4518-征途

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