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最新推荐文章于 2022-07-24 13:11:34 发布

forever_dreams

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分类专栏： --------动态规划（DP）-------- # 斜率优化DP 文章标签：斜率优化dp

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Problem

给出一个有 $n$ 个自然数的序列 ${a_n\}$ ，给出一个常数 $m$ 。

现在要把这个序列分成若干段，每段的代价是 $(\sum a_i)^2+m$ ，求最小代价。

数据范围： $5\times10^5$ ， $0 \leq m \leq 1000$ 。

Solution

这是一道斜率优化 $d p$ 的板子题啦。

我们设 $f (i)$ 表示处理到第 $i$ 个数且从 $i$ 切开的最小代价，显然有如下转移（ $S (i)$ 为前缀和）：

$f(i)=\min_{j=1}^{i-1}\{f(j)+(S(i)-S(j))^2+a_i\}$

但是转移是 $n^2$ 的，不能过 $1 e 5$ 的数据，要想办法优化。

我们考虑对于 $j, k (k < j < i)$ ，满足什么条件时用 $j$ 转移比用 $k$ 转移更优。即：

$f(j)+(S(i)-S(j))^2+a_i<f(k)+(S(i)-S(k))^2+a_i$

化简后得到：

$f(j)-f(k)+S(j)^2-S(k)^2<2S(i)(S(j)-S(k))$

又由于 $j > k$ ，且 $S (i)$ 是单调不减的，所以有：

$\frac{f(j)+S(j)^2-(f(k)+S(k)^2)}{S(j)-S(k)}<2S(i)$

发现左边的那个式子像是斜率的计算式（ $k=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$ ）。

于是把每个决策点的坐标写出来 $S(i),f(i)+S(i)^2)$ ，在纸上推一推，不难发现我们要找的决策点在下凸壳上。

又由于 $2 S (i)$ 是单调不减的，我们可以用单调队列维护这个下凸壳。

时间复杂度 $O (n)$ 。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 500005
using namespace std;
int n,m,x,f[N],Q[N],S[N];
int Squ(int x)  {return x*x;}
int X(int x)  {return S[x];}
int Y(int x)  {return f[x]+Squ(S[x]);}
//double slope(int x,int y)  {return 1.0*(f[y]-f[x]+Squ(S[y])-Squ(S[x]))/(1.0*S[y]-S[x]);}
int main(){
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i=1;i<=n;++i)  scanf("%d",&x),S[i]=S[i-1]+x;
		int l=0,r=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			//while(l<r&&slope(Q[l],Q[l+1])<=2*S[i])  l++;
			while(l<r&&Y(Q[l+1])-Y(Q[l])<=(X(Q[l+1])-X(Q[l]))*2*S[i])  l++;
			f[i]=f[Q[l]]+Squ(S[i]-S[Q[l]])+m;
			//while(l<r&&slope(Q[r-1],Q[r])>=slope(i,Q[r]))  r--;
			while(l<r&&(Y(Q[r])-Y(Q[r-1]))*(X(i)-X(Q[r]))>=(Y(i)-Y(Q[r]))*(X(Q[r])-X(Q[r-1])))  r--;
			Q[++r]=i;
		}
		printf("%d\n",f[n]);
	}
	return 0;
}