斜率优化

一、简单DP

首先从一道简单题引入。

[IOI2002]任务安排

Description

N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数ci。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。

Input

第一行是N(1＜=N＜=5000)。

第二行是S(0＜=S＜=50)。

下面N行每行有一对数，分别为Ti和ci，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数ci。

Output

一个数，最小的总费用。

Sample Input

1 3

3 2

4 3

2 3

1 4

Sample Output

153

Solution

“光着身子”的动态规划。

设F[i,j]表示划分前i个任务为j批的最小费用。

$F[i,j]=min(F[k,j-1]+(s*j+\sum_{q=k+1}^{i}t[q] ))*(\sum_{q=k+1}^{i}c[q]))$

$%u8BBE$ $T[i]=\sum_{j=1}^{i}t[j]$ $C[i]=\sum_{j=1}^{i}c[i]$

$F[i,j]=min(F[k,j-1]+(s*j+T[i]-T[k] ))*(C[i]-C[k]))$

$(2D/1D)$ ，时间复杂度： $O(n^3)$ ，空间复杂度： $O(n^2)$

这显然是不够的。

实际上我们不一定要知道之前划分了多少批任务，只需要记录F[i]表示划分前i个任务的最小费用。

$F[i]=min(F[j]+(s+T[i])*(C[i]-C[j]))+s*(C[n]-C[i])$

这样就写出了 $(1D/1D)$ 动态规划方程。

二、简单题2

将上题的n<=5000改为n<=300000。

Solution

这就是本文的重点所在了。

在上文中的 $(1D/1D)$ 动态规划中，尚有两种简单的优化思路：

优化状态：将这样一个动态规划转化为贪心或数学题。
优化转移：优化转移的时间（主要为优化重复或不必要的转移）。

显然，优化状态很难达成，那么我们考虑优化转移。

我们可以发现在转移的过程中有很多的不必要的转移：

考虑一下两个转移:

$F[i]=min(F[j]+(s+T[i])*(C[i]-C[j]))+s*(C[n]-C[i])$

$F[i]=min(F[k]+(s+T[i])*(C[i]-C[k]))+s*(C[n]-C[i])$

$(j<k<i)$

在此题中，若 $min(F[j]+(s+T[i])*(C[i]-C[j]))\geqslant min(F[k]+(s+T[i])*(C[i]-C[k]))$

那么转移 j 就是不必要的。

也就是说，若有 $(i'>i)$ 且选取转移状态的集合 $\begin{Bmatrix} i':& j1, &j2, &... &j\alpha \end{Bmatrix}\subseteq \begin{Bmatrix} i:& j1, &j2, &... &j\beta \end{Bmatrix}$

并且存在，后面的转移比前面的优，则前面的转移就是无意义的，也就是对最终答案无贡献的了。

考虑本题，如何判断转移状态是否是有用的呢？

$F[j]+(s+T[i])*(C[i]-C[j])\geqslant F[k]+(s+T[i])*(C[i]-C[k])$

$\therefore F[j]-s*c[j]-T[i]*c[j]\geqslant F[k]-s*c[k]-T[i]*c[k]$

$\therefore F[j]-f[k]+s*(c[k]-c[j])\geqslant T[i]*(c[j]-c[k])$

$\therefore \frac{F[j]-f[k]+s*(c[k]-c[j]))}{(c[j]-c[k]) }\leqslant T[i]$

也就是说，如果 $\frac{F[j]-f[k]+s*(c[k]-c[j]))}{(c[j]-c[k]) }\leqslant T[i]$

那么后面的转移比前面的优，否则前面的转移比后面的优。

这样的 $\frac{F[j]-f[k]+s*(c[k]-c[j]))}{(c[j]-c[k]) }$ ，即是用斜率的形式，表现了转移之间的不必要的关系。

进一步，我们发现：

$\frac{F[j]-f[k]+s*(c[k]-c[j]))}{(c[j]-c[k]) }\leqslant T[i]\leqslant T[i+1]$

也就是说，如果当前存在后面的转移比前面的优，那么这个转移在之后的状态中都不会成为最有转移！

根据这个性质，我们选择用单调队列维护一个两点间斜率单调递增的点集队列。

设：

$g(x1,x2)=\frac{F[x1]-f[x2]+s*(c[x2]-c[x1]))}{(c[x1]-c[x2]) }$

若有 $g(x1,x2)\geqslant g(x2,x3)$ ，则 $x2$ 的转移必然不会是最优的，于是能够将它删除。（维护队尾）
若有 $g(x1,x2)<=T[i]$ ，则x1的转移必然不会是最优的，于是能够将它删除。（维护队首）

最后的点集队列满足：在队首的点的转移必然是最优的。

于是 $F[i]=F[que[head]]+(s+T[i])*(C[i]-C[que[head]])+s*(C[n]-C[i])$

将转移化为 $O(1)$ ， $(1D/0D)$ 动态规划完成。

三、简单题3

若 -512<=t[i]<=512 ，也就是说：

$T[i]\leqslant T[i+1]$ 不再成立怎么办呢？

我们发现：

若有 $g(x1,x2)\geqslant g(x2,x3)$ ，则 $x2$ 的转移必然不会是最优的，于是能够将它删除。（维护队尾）

这一性质依然成立，那么这个点集集合还是会组成一个相邻点斜率递增的单调队列。

有 $g(x1,x2)\leqslant g(x2,x3)...\leqslant g(x\alpha ,x\alpha+1 )<=T[i]<=g()...$

发现：

如果 $g(x\alpha ,x\alpha+1 )< T[i]$ ，那么 $x\alpha +1$ 优于 $x\alpha$ 。
如果 $g(x\alpha ,x\alpha+1 )> T[i]$ ，那么 $x\alpha$ 优于 $x\alpha +1$ 。

也就是说，答案一定存在于一个点 $x\alpha$ ，使得 $g(x\alpha-1,x\alpha )$ $\leqslant$ $T[i]$ 且 $g(x\alpha,x\alpha +1)$ $\geqslant$ $T[i]$

那么 $x\alpha$ 必然最优。

我们可以维护单调队列，只在队尾删除，每次二分查询一个最优点。

这样便是 $O(nlgn)$ 的斜率优化做法。

四、简单题4

一种形式斜率优化的形式：

队列中的点不满足单调性。

BZOJ1492: [NOI2007]货币兑换Cash

题目描述：详见BZOJ。

这一题就是典型的例子。

斜率不单调，那么就必须用cdq分治或splay维护斜率凸包解决斜率优化问题了。

下次有时间再补充。。。

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