bzoj 1010 HNOI2008 玩具装箱toy 斜率优化+DP

本文讨论了玩具装箱问题的优化算法,详细解释了如何通过斜率优化+动态规划来解决此问题,并提供了代码实现。文章还强调了算法优化的重要性,包括通过维护单调队列来确保斜率之间的递减关系,以及对特定参数的处理细节。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

              bzoj 1010 玩具装箱toy



Description

P教授要去看奥运,但是他舍不下他的玩具,于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩,其可以将任意物品变成一堆,再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1...N的N件玩具,第i件玩具经过压缩后变成一维长度为Ci.为了方便整理,P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具,那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物,形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中,那么容器的长度将为 x=j-i+Sigma(Ck) i<=K<=j 制作容器的费用与容器的长度有关,根据教授研究,如果容器长度为x,其制作费用为(X-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目,他可以制作出任意长度的容器,甚至超过L。但他希望费用最小.

Input

第一行输入两个整数N,L.接下来N行输入Ci.1<=N<=50000,1<=L,Ci<=10^7

Output

输出最小费用

Sample Input

5 4
3
4
2
1
4

Sample Output

1
暴力过不了.......
于是斜率优化+dp
首先预处理:
sum[i]+=sum[i-1]+1;
l--;


dp[i]=min(dp[i],dp[j]+(sum[i]-sum[j]-l)^2

假设对于dp[i] 决策j比决策k好(j<k)  
即  dp[j]+(sum[i]-sum[j]-l)^2<dp[k]+(sum[i]-sum[k]-l)^2;
dp[j]+sum[i]^2-2*sum[i]*sum[j]+sum[j]^2-2*sum[i]*l+2*sum[j]*l<dp[k]+sum[i]^2-2*sum[i]*sum[k]+sum[k]^2-2*sum[i]*l+2*sum[k]*l;
移项得:
dp[j]-dp[k]+sum[j]^2-sum[k]^2+2*(sum[j]*l-sum[k]*l)s<2*sum[i](sum[j]-sum[k])
dp[j]-dp[k]+sum[j]^2-sum[k]^2<2*sum[i](sum[j]-sum[k])-2*(sum[j]*l-sum[k]*l)
设yj=dp[j]+sum[j]^2+2*l*sum[j],xj=2*sum[j];
即(yj-yk)/(xj-xk)>sum[i];
注意:此结论前提是:对于dp[i] 决策j比决策k好(j<k)  
所以设g(j,k)=(yj-yk)/(xj-xk)
若g(j,k)<sum[i],  则j 决策比k好

设     m<k<j
若g(j,k)<g(k,m)  则k一定不属于最优解集,可以直接删去
为什么?
若g(j,k)<sum[i],说明j比k要好;
若g(j,k)>=sum[i],那么此时j就更优,但g(k,m)>g(j,k)>sum[i]说明有m比k优,所以排除k;



通过以上优化,斜率之间就是递减关系,呈现上凸;
对于这道题,总结一下,我们可以这样:
  1. 用一个单调队列维护解集
  2. 假设队列中从左往右已有a,b,c,那么d入队时,我们维护斜率上凸性质,即若g(d,c)<g(c,b)就删去c,直到g(d,x)>=g(x,y)(y为x前一个元素)为止
  3. 求解时,从前往后a,b,c,若g(b,a)<sum[i],则b比a更好,就删去a;
  4. 最后dp[i]更新;

坑我半天的是l要加1.......具体为什么:自己想.......

注意Ci,要用long long


#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define MAXN 51000
using namespace std;
long long n,l,head,tail;
long long dp[MAXN],sum[MAXN],q[MAXN];
long long getdp(long long i,long long j)
{
   return dp[j]+(sum[i]-sum[j]-l)*(sum[i]-sum[j]-l);
}
long long getup(long long i,long long j)
{
       return dp[i]+sum[i]*sum[i]-dp[j]-sum[j]*sum[j]+2*l*(sum[i]-sum[j]);
}
long long getdown(long long i,long long j)
{
     return 2*(sum[i]-sum[j]);

}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&l);
    for(long long i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&sum[i]);

    }

    for(long long i=1;i<=n;i++)
       sum[i]+=sum[i-1]+1;
     q[tail++]=0;l++;
        for(long long i=1;i<=n;i++)
        {

            while(head+1<tail && getup(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getdown(q[head+1],q[head]))
                head++;
            dp[i]=getdp(i,q[head]);
            //cout<<endl<<q[head]<<"                "<<dp[i]<<endl<<endl;
            while(head+1<tail && getup(i,q[tail-1])*getdown(q[tail-1],q[tail-2])<=getup(q[tail-1],q[tail-2])*getdown(i,q[tail-1]))
                tail--;
            q[tail++]=i;
        }
     printf("%lld",dp[n]);
     return 0;
}








   

    

### 回答1: bzoj[1597][usaco2008 mar]土地购买 斜率优化 这道题是一道经典的斜率优化题目,需要用到单调队列的思想。 首先,我们可以将题目中的式子进行变形,得到: f[i] = f[j] + (sum[i] - sum[j] - m) ^ 2 + k 其中,sum[i] 表示前缀和,m 和 k 都是常数。 我们可以将式子中的 sum[i] 和 k 看作常数,那么我们需要优化的就是 (sum[i] - sum[j] - m) ^ 2 这一项。 我们可以将其展开,得到: (sum[i] - sum[j] - m) ^ 2 = sum[i] ^ 2 - 2 * sum[i] * (sum[j] + m) + (sum[j] + m) ^ 2 我们可以将其看作一个二次函数,其中 a = 1,b = -2 * (sum[j] + m),c = (sum[j] + m) ^ 2。 我们可以发现,当 j < k 时,如果 f[j] + a * sum[j] + b * sum[j] <= f[k] + a * sum[k] + b * sum[k],那么 j 就不可能是最优决策点,因为 k 比 j 更优。 因此,我们可以用单调队列来维护决策点。具体来说,我们可以维护一个单调递增的队列 q,其中 q[i] 表示第 i 个决策点的下标。每次加入一个新的决策点 i 时,我们可以将队列尾部的决策点 j 弹出,直到队列为空或者 f[j] + a * sum[j] + b * sum[j] <= f[i] + a * sum[i] + b * sum[i]。然后,我们将 i 加入队列尾部。 最后,队列头部的决策点就是最优决策点。我们可以用类似于双指针的方法来维护队列头部的决策点是否在当前区间内,如果不在,就弹出队列头部。 时间复杂度为 O(n)。 ### 回答2: 这道题目属于斜率优化的经典题目,难度较高,需要掌握一定的数学知识。 首先,我们可以将题目中的“最大利润”转化为“最小成本”,这样问题就变成了找到一个方案,使得购买土地的成本最小。 接着,我们考虑如何用斜率优化来解决这个问题。我们可以定义一个函数f(i),表示前i块土地的最小成本。 显然,f(1)=0,因为不需要购买任何土地。 对于f(i),它可以由f(j)+b(i)×a(j+1)得到,其中j<i,a(j+1)表示第j+1块土地的面积,b(i)表示第i块土地的价格。这个式子的含义是,我们现在要购买第i块土地,那么前面的土地(即前j块)就都要买,所以f(j)表示前j块土地的最小成本,b(i)×a(j+1)表示购买第i块土地的成本。 那么,我们可以得到递推公式: f(i)=min{f(j)+b(i)×a(j+1)},其中j<i。 这个公式看起来很简单,但是要注意的是,当b(i)×a(j+1)的斜率相同时,我们需要取其中面积较小的土地,因为它的价格更低。因此,我们需要对斜率进行排序,并在递推中用单调队列维护斜率相等的情况下面积最小的土地。 最终,f(n)就是题目所求的最小成本。 总之,这道题目需要深入理解斜率优化算法的原理和实现方式,并且需要注意细节处理,如果能够顺利地解决这个问题,那么对于斜率优化算法的掌握程度就有了很大的提升。 ### 回答3: 土地购买问题可以采用斜率优化算法来解决。这个问题可以转化为一个单调队列的问题。 首先,我们需要对土地价格按照边长从小到大排序。然后,对于每块土地,我们需要求出它的贡献。设 $f_i$ 表示前 $i$ 块土地连续的最小代价。 设当前处理到第 $i$ 块土地,已经求出了前 $j$ 块土地的最小代价 $f_j$。那么我们可以得到下面这个式子: $$ f_i=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{f_j+(S_i-S_j)^2+P\} $$ 式子中,$S_i$ 表示前 $i$ 块土地的边长和,$P$ 表示额外购买土地的代价。首先,不考虑额外购买土地,我们可以使用动态规划来求出 $f_i$。但是,考虑到额外购买土地的代价 $P$ 是一个固定值,我们可以考虑将它与某一块土地的代价合并起来,这样就可以使用斜率优化技术来优化动态规划算法。 我们定义一个决策点 $j$,表示我们当前要处理第 $i$ 块土地时,已经处理过 $j$ 块土地,并将第 $j+1$ 块土地到第 $i$ 块土地购买,所需的最小代价。我们假设 $S_i>S_j$,则可以得到下面这个式子: $$ f_i=\min\limits_{j=1}^{i-1}\{f_j+(S_i-S_j)^2+P\} $$ 将它整理成斜率截距式可以得到: $$ y=kx+b $$ 其中 $k=(S_j)^2-2S_iS_j$,$b=f_j+(S_i)^2+P-S_j^2$,$x=S_j$,$y=f_j+(S_j-S_i)^2-S_j^2$。我们发现 $k$ 是一个单调递减的函数,因此我们可以使用一个单调队列来维护所有可能成为决策点的点。对于每个点,我们计算函数 $y$ 的值并将它们加入队列,然后取队头元素的值作为 $f_i$。 综上所述,我们可以使用斜率优化技术来解决土地购买问题,时间复杂度为 $O(n)$。
评论 1
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值