前言
（本文中的圖片都由\(WPS\)出品）
\(DP\) 是 \(OI\) 中重要的一部分
一般來說，因為 \(DP\) 會把之前的結果儲存下來，所以時間複雜度還是比較優秀的
但是在某些情況下，時間複雜度仍然超出了題目的限制，這是我們就要考慮對其進行優化
\(DP\) 的優化一般從狀態、決策、轉移三個方面去考慮
而斜率優化則是對決策進行優化的一種方法
它適用於類似 \(f[i]=min/max(a[i] \times b[j]+c[i]+d[j])\) 的方程
例題（洛谷 P4072 [SDOI2016]征途 ）
題目描述
\(Pine\) 開始了從 \(S\) 地到 \(T\) 地的征途。
從\(S\)地到\(T\)地的路可以劃分成 \(n\) 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。所以，一段路必須在同一天中走完。
\(Pine\)希望每一天走的路長度儘可能相近，所以他希望每一天走的路的長度的方差儘可能小。
幫助\(Pine\)求出最小方差是多少。
設方差是\(v\)，可以證明，\(v\times m^2\)是一個整數。為了避免精度誤差，輸出結果時輸出\(v\times m^2\)。
輸入格式
第一行兩個數 \(n\)、\(m\)。
第二行 \(n\) 個數，表示 \(n\) 段路的長度
輸出格式
一個數，最小方差乘以 \(m^2\) 後的值
輸入輸出樣例
輸入 #1
5 2
1 2 5 8 6
輸出 #1
36
說明/提示
對於 \(30\%\) 的資料，\(1 \le n \le 10\)
對於 \(60\%\) 的資料，\(1 \le n \le 100\)
對於 \(100\%\) 的資料，\(1 \le n \le 3000\)
保證從 \(S\) 到 \(T\) 的總路程不超過 \(30000\) 。
分析
要對一個狀態轉移方程進行優化，首先要把最樸素的方程寫出來
在本題中，稍加推導即可寫出時間複雜度為 \(O(m \times n^2)\)的狀態轉移方程
又因為 \(\overline{v}=\frac{sum[n]}{m}\)
所以
後面的值是固定的，所以我們只需要讓前面的值最小化即可
我們設\(f[i][j]\)為前\(i\)天分成\(j\)段所得到的最小值
那麼就有
展開就有
接下來就是本文的重點：如何用斜率優化這類方程
首先，你需要掌握一次函式 \(y=kx+b\) 的影像和性質
這應該問題不大
下面我們就要對方程進行移項，使其變成易於優化的形式
我們發現，這和一次函式的解析式完全吻合
我們把\(f[j][k-1]+sum[j]^2\)看成\(y\)
把\(2 \times sum[i]\)看成\(k\)
把\(sum[j]\)看成\(x\)
把\(f[i][k]-sum[i]^2\)看成\(b\)
這樣，對於每一個\(i\)來說，直線的\(k\)是確定的
我們要使\(f[i][k]\)最小，也就是要使\(b\)最小
我們可以把所有的\(j\)想象成空間座標為\((sum[j],f[j][k-1]+sum[j]^2)\)中的點
知道了斜率，知道了直線上的點，那麼這條直線就確定了
那麼我們考慮什麼樣的點使直線的\(b\)最小
直線\(l\)是我們要移動的直線，平面中的點是可以轉移的\(j\)值
我們會發現噹噹前點和後一個點形成的直線的斜率恰好大於直線\(l\)的斜率時，由當前點轉移決策是最優的
在這裡要特別強調一下：本題中斜率\(k\) 和 橫座標 \(x\) 均為單調遞增的，對於 \(k\) 和 \(x\)不單調遞增的情況，處理方式不同
這就是程式碼裡面的
while(head<tail && xl(q[head],q[head+1])<2*sum[j]) head++;
我們再去考慮什麼樣的點肯定不會對結果產生貢獻
上面的圖中\(2\)號節點是無論如何也不會更新其它節點的
因為\(1\)號節點或\(3\)號節點總會比它更優
這就是程式碼裡的
while(head<tail && xl(j,q[tail-1])>=xl(j,q[tail])) tail--;
整個過程就相當於維護了一個下凸包
在求斜率的函式中，我們要判掉 \(x\) 相等的情況，在某些時候，還要判掉 \(y\) 相等的情況
double X(int id){
return (double)sum[id];
}
double Y(int id){
return (double)(g[id]+sum[id]*sum[id]);
}
double xl(int i,int j){
if(std::fabs(X(i)-X(j))<eps){
if(std::fabs(Y(i)-Y(j))<eps) return 0;
else if(Y(i)>Y(j)) return 1e18;
else return -1e18;
}
return (Y(i)-Y(j))/(X(i)-X(j));
}
擴充一：斜率不單調但x單調
如果斜率不是單調遞增，我們就不能從前面清空佇列直接轉移
比如上面這幅圖如果在遇到直線 \(m\) 時一直從前清空佇列的話那麼就會把\(3\)號決策點彈出佇列
但是如果之後遇到一個斜率比較小的直線\(l\)那麼就不能轉移到最優解
典型的例題是 洛谷P5785 [SDOI2012]任務安排
樸素的狀態轉移方程為
$ f[i] = f[j] + (sumc[i] - sumc[j]) * sumt[i] + s * (sumc[n] - sumc[j]);$
在這一道題中，作為斜率的 \(sumt\) 不再單調
但是 \(x\) 之仍然是單調的
所以我們可以用維護一個斜率單調的佇列
每次在佇列中二分答案
值得一提的是，出題人精心準備了卡精度的資料，所以我們要把二分時的除法改為乘法
程式碼
#include <cstdio>
#define rg register
inline int read() {
rg int x = 0, fh = 1;
rg char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-')
fh = -1;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {
x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
ch = getchar();
}
return x * fh;
}
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
int t[maxn], c[maxn], n, s, q[maxn], head, tail;
ll f[maxn], sumt[maxn], sumc[maxn];
double Y(int i) { return (double)(f[i] - s * sumc[i]); }
double X(int i) { return (double)sumc[i]; }
double xl(int i, int j) {
if (X(i) == X(j)) {
if (Y(i) > Y(j))
return 1e18;
else
return -1e18;
}
return (double)(Y(i) - Y(j)) / (X(i) - X(j));
}
int ef(double now) {
int l = head, r = tail, mids;
while (l < r) {
mids = (l + r) >> 1;
if ((X(q[mids]) > X(q[mids + 1]) &&
Y(q[mids]) - Y(q[mids + 1]) < now * (X(q[mids]) - X(q[mids + 1]))) ||
(X(q[mids]) < X(q[mids + 1]) &&
(Y(q[mids + 1]) - Y(q[mids]) < now * (X(q[mids + 1]) - X(q[mids])))))
l = mids + 1;
else
r = mids;
}
return q[l];
}
int main() {
n = read(), s = read();
for (rg int i = 1; i <= n; i++) {
t[i] = read();
c[i] = read();
sumt[i] = sumt[i - 1] + t[i];
sumc[i] = sumc[i - 1] + c[i];
}
head = tail = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; i++) {
rg int wz = ef((double)(sumt[i]));
f[i] = f[wz] + (sumc[i] - sumc[wz]) * sumt[i] + s * (sumc[n] - sumc[wz]);
while (head < tail && xl(i, q[tail - 1]) >= xl(i, q[tail])) tail--;
q[++tail] = i;
}
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
擴充套件二、x不單調
沒有找到 \(x\) 不單調但是 \(k\) 單調的題
但是卻有一道 \(x\) 不單調 \(k\) 也不單調的題洛谷P4655 [CEOI2017]Building Bridges
對於這道題，我們同樣可以寫出最樸素的方程
\(f[i]f[j]+(h[i]-h[j])*(h[i]-h[j])+sum[i-1]-sum[j]\)
神奇的一點是 \(h\) 陣列既作為直線的斜率又作為 \(x\)
而且 \(h\) 並不單調
這是我們就不能再用單調佇列去維護，因為凸包的形狀在不斷改變
本題可以用李超線段樹或者平衡樹動態維護凸包解決
但是還有一種 \(CDQ\) 分治離線處理的方法
直接人為地排出單調性，像普通單調佇列那樣維護就可以了
如果左側斜率遞增，並且左側編號小於右側，那麼可以通過單調佇列維護左側的凸包來更新右側答案
並且這樣一定能夠遍歷出每個節點的所有決策點
程式碼
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define rg register
inline int read(){
rg int x=0,fh=1;
rg char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){
if(ch=='-') fh=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*fh;
}
const int maxn=1e5+5;
const double eps=1e-6;
typedef long long ll;
int n,h[maxn],w[maxn];
ll f[maxn],sum[maxn];
double X(int id){
return (double)h[id];
}
double Y(int id){
return (double)(f[id]+1LL*h[id]*h[id]-sum[id]);
}
double xl(int i,int j){
if(std::fabs(X(i)-X(j))<eps){
if(std::fabs(Y(i)-Y(j))<eps) return 0;
else if(Y(i)>Y(j)) return 1e18;
else return -1e18;
} else {
return (Y(i)-Y(j))/(X(i)-X(j));
}
}
bool cmp(int aa,int bb){
return h[aa]<h[bb];
}
int tmp[maxn],p[maxn],q[maxn];
void solve(int l,int r){
if(l==r) return;
rg int mids=(l+r)>>1,head=l-1,tail=mids;
for(rg int i=l;i<=r;i++){
if(p[i]<=mids) tmp[++head]=p[i];
else tmp[++tail]=p[i];
}
for(rg int i=l;i<=r;i++){
p[i]=tmp[i];
}
solve(l,mids);
head=1,tail=0;
for(rg int i=l;i<=mids;i++){
while(head<tail && xl(p[i],q[tail-1])>=xl(p[i],q[tail])) tail--;
q[++tail]=p[i];
}
for(rg int i=mids+1;i<=r;i++){
while(head<tail && xl(q[head+1],q[head])<=2.0*h[p[i]]) head++;
f[p[i]]=std::min(f[p[i]],f[q[head]]+1LL*(h[p[i]]-h[q[head]])*(h[p[i]]-h[q[head]])+sum[p[i]-1]-sum[q[head]]);
}
solve(mids+1,r);
head=l,tail=mids+1;
for(rg int i=l;i<=r;i++){
if(tail>r || (head<=mids && h[p[head]]<h[p[tail]])) tmp[i]=p[head++];
else tmp[i]=p[tail++];
}
for(rg int i=l;i<=r;i++){
p[i]=tmp[i];
}
}
int main(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
n=read();
for(rg int i=1;i<=n;i++){
h[i]=read();
p[i]=i;
}
for(rg int i=1;i<=n;i++){
w[i]=read();
sum[i]=sum[i-1]+w[i];
}
std::sort(p+1,p+1+n,cmp);
f[1]=0;
solve(1,n);
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
總結
雖然斜率優化看起來很難，但是熟能生巧，多打幾遍就能掌握