1D/1D动态规划学习总结

前言：

自从发现1D/1D动态规划这个新的技能块后，每次看到这类题目都能口嗨成功，然后队友催我赶紧学。再者发现有好多优化方法，所以慢慢学，每天学一点，加上还要做一些奇奇怪怪的题目保持状态，也就差不多了。

第0天（1D/1D动态规划）

什么是1D/1D动态规划？
1D/1D动态规划是指形如dpi=max{dpj+w(i,j)}dp_{i}=max\{ dp_{j}+w(i,j)\}dpi=max{dpj+w(i,j)}的动态规划，当然maxmaxmax也可以换成minminmin。
据说长这样的dpdpdp一般都可以优化到o(nlogn)o(nlogn)o(nlogn)。
优化的思路就是在jjj的范围中，快速找到一个最优的转移点。
学习思路大概就是学习这个转移方程的不同类型，然后对于每种类型学习它的优化方法。
学习链接（多去走走，这样笔者偷完知识就不会愧疚了，博客里会加入自己的东西（也许））

第0.5天（前缀和优化）

有个前缀和优化，这个笔者默认会了，就不学了。不会的话请读者自行学习。

第1天（单调队列优化）

啊~新的力量！
今天是单调队列优化dp，当然，就当大家都会单调队列了。
实话说，学完感觉原来的dpdpdp式也有点不恰当，我们把dpjdp_{j}dpj也看作是w(i,j)w(i,j)w(i,j)中jjj的一部分运算，那式子其实就是dpi=max{w(i,j)}dp_{i}=max\{ w(i,j)\}dpi=max{w(i,j)}。
好了，进入今天的正题。
按照我们的学习思路，我们应该对于此类优化，有一个归纳的转移式子，那就有了。

转移方程

dpi=max{w(j)}dp_{i}=max\{ w(j)\}dpi=max{w(j)}

说明

这个方程的意思就是dpdpdp的转移只和jjj有关。然后这个jjj呢，一般是一个区间范围，并且随着iii的变大，jjj的范围区间是整体右移的。这样可以保证它能在转移过程中，用单调队列找到最优点。

思路：

说明中提到jjj的范围区间整体右移，我们设转移dpi−1dp_{i-1}dpi−1时jjj的范围区间是[li−1,ri−1][l_{i-1},r_{i-1}][li−1,ri−1]，转移dpidp_{i}dpi时jjj的范围区间是[li,ri][l_{i},r_{i}][li,ri]。那么我们rrr变大的时候，就把新的元素加入到单调队列右边（如果要加的话，在这之前还要把右边一些不要的元素拿走），然后答案在队列左边找到范围内的。当然，这都是单调队列的东西，就不细讲了。

实战例题

PTA-Little Bird

题意

nnn棵树，每棵树有一个高度did_{i}di，小HHH在第111棵树上，要跳到第nnn棵树上。在第iii棵树上时，可以跳到第i,i+1,…,i+ki,i+1,…,i+ki,i+1,…,i+k棵树上。每跳一次，如果高度不小于原来的高度，疲劳值就会加111。现在问小HHH从第111棵树上跳到第nnn棵树上，最少的疲劳值是多少。
(1≤n≤k≤106)(1\leq n\leq k\leq 10^{6})(1≤n≤k≤106)

思路

我们设状态dpidp_{i}dpi表示跳到第iii棵树上需要花费的最少疲劳值。
那么有转移方程dpi=min{dpj+[di>=dj]}dp_{i}=min\{dp_{j}+[d_{i}>=d_{j}]\}dpi=min{dpj+[di>=dj]}，其中j∈[i−k,i−1]j\in [i-k,i-1]j∈[i−k,i−1]。

我们要学习这个思路。
首先我们观察j∈[i−k,i−1]j\in [i-k,i-1]j∈[i−k,i−1]，我们发现区间随着iii变大整体右移，成立。
然后dpj+[di>dj]dp_{j}+[d_{i}>d_{j}]dpj+[di>dj]，它是一个关于iii和jjj的式子，呃好像不成立。
这时候只能发挥我们的聪明才智了，咳咳。
我们先发现dpidp_{i}dpi单调不下降，且每次增加都是加111。所以对于两个dpjdp_{j}dpj的值，我们肯定直接取小的那个，因为小的那个+1+1+1也不会超过大的。然后对于两个相同的dpjdp_{j}dpj,我们一定优先取djd_{j}dj大的那个，也就是要在范围内找使得(−dpj,dj)(-dp_{j},d_{j})(−dpj,dj)最大的jjj。这样就可以用单调队列优化了。

刚才演示翻车了，我决定用dpi=w(i,j),whereg(j)ismaxforjinrangedp_{i}=w(i,j),where\;g(j)\;is\;max\;for\;j\;in\;rangedpi=w(i,j),whereg(j)ismaxforjinrange来作为新式子。

这样也许就可以泛化模型了。

代码

题目有点卡，开o2优化就过了。
写完下班。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;int q[1000005],fr,bk;
int d[1000005];
int dp[1000005];
int w(int i,int j)
{return dp[j]+(d[i]>=d[j]);
}
P g(int j)
{return P(-dp[j],d[j]);
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&d[i]);int m;scanf("%d",&m);while(m--){fr=bk=0;int k;scanf("%d",&k);dp[1]=0;q[bk++]=1;for(int i=2;i<=n;i++){while(q[fr]<i-k)fr++;dp[i]=w(i,q[fr]);while(!(fr==bk)&&g(q[bk-1])<=g(i))bk--;q[bk++]=i;}printf("%d\n",dp[n]);}return 0;
}

第二天（分治优化）

（待续。。）
(upd:更新了标题后面不应该加冒号的bug)
昨天是关于jjj独立的转移，依据jjj的单调性用单调队列优化。
那么今天这个是不关于jjj独立，即和iii和jjj都有关的，刚学了一种分治优化，当然你得先会分治。

转移方程

dpi=max(w(i,j)),j∈[1,i−1]dp_{i}=max(w(i,j)),j \in [1,i-1]dpi=max(w(i,j)),j∈[1,i−1]
又或者说dpi=w(i,j),whereg(i,j)ismaxforjinrangedp_{i}=w(i,j),where\;g(i,j)\;is\;max\;for\;j\;in\;rangedpi=w(i,j),whereg(i,j)ismaxforjinrange
并且还需要它的转移，随着iii满足某种决策单调性。

说明

总之，我们需要找的最优转移点和i,ji,ji,j都有关。
然后，转移要随着iii满足决策单调性。举个例子，大致意思是，当iii 慢慢变大，最优决策点jjj也会慢慢变大。但这不意味着jjj大更优，有些jjj压根不会被作为最优决策点，只是哪些对每个iii作为最优决策点的jjj们是随着iii变大而变大的（不下降）。

思路

分治的大致做法是，我们先找中间的dpmiddp_{mid}dpmid的转移点qmidqmidqmid。然后根据决策单调性，当i<midi<midi<mid时，转移点j∈[1,qmid]j\in[1,qmid]j∈[1,qmid]；当i>midi>midi>mid时，转移点j∈[qmid,n]j\in[qmid,n]j∈[qmid,n]且j<ij<ij<i。
然后每次这样取中点求最优转移点，把区间割成两个一半。递归深度是logloglog级的，那我们找转移点就暴力遍历可能存在最优转移点的决策区间。总体复杂度o(nlogn)o(nlogn)o(nlogn)。

实战例题

Lightning Conductor

题意

给定一个长度为nnn的序列{an}\{a_{n}\}{an}，对于每个 i∈[1,n]i\in [1,n]i∈[1,n]，求出一个最小的非负整数ppp，使得 ∀j∈[1,n]\forall j\in[1,n]∀j∈[1,n]，都有 aj≤ai+p−∣i−j∣a_j\le a_i+p-\sqrt{|i-j|}aj≤ai+p−∣i−j∣
1≤n≤5×105,0≤ai≤1091\leq n\leq 5\times 10^{5},0\leq a_{i}\leq 10^{9}1≤n≤5×105,0≤ai≤109

思路

我们令dpidp_{i}dpi表示第iii个答案。
首先，把绝对值处理掉，我们可以正向跑一遍dpdpdp，再逆向跑一遍，求个最大值。
那么正向的转移方程就是dpi=max{aj−ai+i−j},j∈[1,i−1]dp_{i}=max\{a_{j}-a_{i}+\sqrt{i-j}\},j\in [1,i-1]dpi=max{aj−ai+i−j},j∈[1,i−1]。
关于iii常量先提出来，变成dpi=max{aj+i−j}−ai,j∈[1,i−1]dp_{i}=max\{a_{j}+\sqrt{i-j}\}-a_{i},j\in [1,i-1]dpi=max{aj+i−j}−ai,j∈[1,i−1]。
那么现在变成了，我们所说的模范转移式dpi=max{w(i,j)}dp_{i}=max\{w(i,j)\}dpi=max{w(i,j)}，其中w(i,j)=ai+i−jw(i,j)=a_{i}+\sqrt{i-j}w(i,j)=ai+i−j。
然后，它要满足我们所说的决策单调性，即iii变大的时候，我们选取的最优决策点jjj也会慢慢变大。我们观察式子wj(i)=ai+i−jw_{j}(i)=a_{i}+\sqrt{i-j}wj(i)=ai+i−j是一个关于iii的函数，有i−1i-1i−1个这样的函数，我们要对于每个iii
选取一个最佳的函数wjw_{j}wj，使得函数值最高。
然后我们发现这些函数的增长速度都是慢慢变慢的，且wjw_{j}wj比wj+1w_{j+1}wj+1在iii相同时增长速度要慢。也就是一旦iii增长到某个时候wjw_{j}wj被一个wkw_{k}wk超过了，且k>jk>jk>j，那么wjw_{j}wj将永无翻身之日。
总的来说，就是满足当iii变大，最优决策点只会不断变大（或者换个题变小）。
满足我们前面所说的性质，然后就可以分治搞了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;double a[500005];
ll dp1[500005],dp2[500005];
double w(int i,int j)
{return a[j]+sqrt(abs(i-j))-a[i];
}
void solve(int l,int r,int ql,int qr,ll *dp)
{if(l>r||ql>qr)return ;int mid=(l+r)/2;int qmid=ql;for(int i=ql;i<=qr&&i<mid;i++)if(w(mid,i)>w(mid,qmid))qmid=i;dp[mid]=ceil(w(mid,qmid));solve(l,mid-1,ql,qmid,dp);solve(mid+1,r,qmid,qr,dp);
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]);solve(1,n,1,n,dp1);reverse(a+1,a+n+1);solve(1,n,1,n,dp2);reverse(dp2+1,dp2+n+1);for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",max(0ll,max(dp1[i],dp2[i])));return 0;
}

第N天

（待续。。）
拿金了，先断更了