【算法入门】动态规划·斜率优化：[HNOI2008]玩具装箱

最新推荐文章于 2024-04-09 09:22:59 发布

pigzhouyb

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分类专栏：动态规划DP

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本文介绍了动态规划在解决[HNOI2008]玩具装箱问题中的应用，通过斜率优化降低算法复杂度。讲解了如何将状态转移方程转化为一次函数，并利用单调队列进行优化，实现O(n)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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.

Solution

如果考虑 $O(n^2)$ 的算法，设f[i]为前i件玩具压缩后形成的最小费用。

则根据分段的规则，对于每一个 $f [i]$ 枚举上一个分段的临街点j，可以得出状态转移方程：

$f[i]=min(f[j]+(i-j-1+sum[i]-sum[j]-L)^2)$

为了方便地求出区间和，我们使用前缀和，其中 $sum[i]=\sum_{j=1}^{i} a[j]$

显然，这样的复杂度是不可取的，我们应该考虑对转移进行优化。

我们观察到方程较为复杂，需要考虑化简：

令 $a (i) = i + s u m [i], b (i) = i + s u m [i] + 1 + L$ 。

原式可变形为： $f[i]=min(f[j]+(a(i)-b(j))^2)$

接着把平方式展开,把 $m i n$ 函数去掉： $f[i]=f[j]+a(i)^2+2*a(i)*b(j)+b(j)^2$

移项， $f[j]+b(j)^2=2*a(i)*b(j)+f[i]-a(i)^2$

就这样，将方程变形为了一个一次函数 $(y = k x + b, k ̸ = 0 ）$ 的形式，其中：

$f[j]+b[j]^2$ 为应变量 $y$ ， $2 * a (i)$ 为斜率 $k$ ， $b (j)$ 为自变量 $x$ ， $f[i]-a(i)^2$ 表示截距 $b$ 。

为什么是这样变形的，或通常变形的规则是怎样的？

一般情况下，将仅含有 $i$ 项的为截距 $b$ ，仅含有 $j$ 项的为应变量 $y$ ，在既含有 $i$ 项又含有 $j$ 项的为 $k x$ ，而 $k$ 则是含有 $i$ 的一项， $x$ 则是含有 $j$ 的一项。

那么这条直线一定有这个特征：过点 $b(j),f[j]+b(j)^2)$

而这条线的由于斜率k是不变的，而截距是变化的，在坐标系上：是一条相同的直线在上下平移。

由 $b=f[i]-a(i)^2→f[i]=a(i)^2+b$

当截距最小时， $f [i]$ 有最小值。或许你也可以这么理解：
斜率优化若干个最外面的决策形成了一个"下凸壳",

当j取不同的值时，有若干个点 $b(j),f[j]+b(j)^2)$ 。当直线自底向上平移以后，遇到的第一个点就是合法的、最优的决策。观察图中的坐标系，发现最优决策的点与前一个点形成的斜率小于 $k$ ，与下一个点的斜率大于 $k$ ；我们便可以利用这个关系去找到这个最优的决策进行状态转移。

当状态转移以后，会形成一个新的点，若该点与上一个形成的斜率小于原来最后两点形成的斜率，说明该新加入的点靠外，一定比原来的点更优，故原来的点便可以排除了。

我们如何用程序实现这一算法呢？——单调队列。

程序的实现分为4个步骤：
$①$ 若队列队首两点的斜率小于当前直线 $2 * a (i)$ 的斜率，弹出队首。
$②$ 进行状态转移。
$③$ 若新加入的项与倒数第二个点的斜率比原来最后两点的斜率小，弹出队尾。
$④$ 加入队列。

具体实现是这样的：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const LL N=50000*4;
LL n,L,h,t;
LL sum[N],q[N],f[N];
#define a(i) (i+sum[i])
#define b(j) (j+sum[j]+1+L)
#define x(j) (b(j))
#define y(j) (f[j]+b(j)*b(j))
double k(LL a,LL b)
{
	double K=1.0*(y(a)-y(b))/(x(a)-x(b));
	return abs(K);
}
int main(void)
{
	cin>>n>>L;
	for (LL i=1;i<=n;++i) 
	{
		LL w;
		cin>>w;
		sum[i]=sum[i-1]+w;
	}
	h=t=1;
	for (LL i=1;i<=n;++i)
	{
		while (h<t && k(q[h],q[h+1])<=2.0*a(i)) h++;
		f[i]=f[q[h]]+(a(i)-b(q[h]))*(a(i)-b(q[h]));
		while (h<t && k(q[t],q[t-1])>k(q[t-1],i)) t--;
		q[++t]=i;
	}
	cout<<f[n]<<endl;
	return 0;
}