Print Article_hdu3507_斜率优化dp

最新推荐文章于 2020-03-06 21:41:13 发布

原创最新推荐文章于 2020-03-06 21:41:13 发布 · 438 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#c++ #dp #斜率优化 #hdu

c++ 同时被 3 个专栏收录

1072 篇文章

订阅专栏

一般dp

123 篇文章

订阅专栏

单调队列

11 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种通过动态规划解决区间划分问题的方法，并利用单调队列进行优化，将时间复杂度从O(n^2)降低到O(n)。

Description

给定n个数和m(0 ≤ n ≤ 500000, 0 ≤ M ≤ 1000)，要求分成很多段且已知i到j为一段的代价为 ${\sum_{k=i}^{j}num_k}^2+m$ ，求最小代价

Analysis

看到最优想到dp。

f [i] = min (f [j] + \sum k = i j n u m k 2 + m)

$f[i]=\min(f[j]+{\sum_{k=i}^{j}num_k}^2+m)$
区间和我们用一个前缀和搞定，但是n很大显然会TLE，于是我们考虑优化
规定 $k<j<i$ (下文的全部ijk皆满足)，那么对

f[i] $f[i]$ 而言

j $j$ 更优的情况就是

f [j] + (s u m [i] - s u m [j]) 2 + m < f [k] + (s u m [i] - s u m [k]) 2 + m

$f[j]+(sum[i]-sum[j])^2+m<f[k]+(sum[i]-sum[k])^2+m$
化简一下

( f [ j ] - f [ k ] + s [ j ] 2 - s [ k ] 2 ) ( 2 * s [ j ] - 2 * s [ k ] ) < s u m [i]

$\frac{(f[j]-f[k]+s[j]^2-s[k]^2)}{(2*s[j]-2*s[k])}<sum[i]$
也就是说若满足该条件则对于i而言j比k优

设 $g[j,k]=\frac{(f[j]-f[k]+s[j]^2-s[k]^2)}{(2*s[j]-2*s[k])}$
同时还可以得到一个很重要的结论，就是若 $g[i,j]\leq g[j,k]$ 则j一定不会成为最优解从而可以删去。

证明：若 $g[j,k]\geq s[i]$ 则k比j优；若 $g[j,k]<sum[i]$ 则必有 $g[i,j]<s[i]$ ，那么可以得出i比j优。
那么我们可以建一个单调队列来维护，每次队首的一定是最优的。每处理好一个f[i]就放入队列并把没i优的元素删去。

那么时间复杂度就由O(n^2)变成了O(n)
ll要开?当然

Code

这么恶心的多组数据也是够坑

/*
ID:wjp13241
PROG:print article
LANG:C++
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <map>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dfo(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define fore(i,x,e) for(int i=ls[x];i;i=e[i].next)
#define forp(i,a,b,t) for (int i=a;i<=b;i+=t)
#define fil(x,t) memset(x,t,sizeof(x))
#define FILEIN(s) freopen(s,"r",stdin)
#define FILEOUT(s) freopen(s,"w",stdout)
#define STP system("pause")
#define min(x,y) x<y?x:y
#define max(x,y) x>y?x:y
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define PuB(v,x) v.push_back(x)
#define PoB(v) v.pop_back()
#define ld long double
#define ll long long
#define db double
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LIM 100000000
#define MOD 1000007
#define EPS 1e-4
#define N 500101
#define E N*20+1
#define L 21
using namespace std;
ll s[N],f[N];int q[N];
ll getup(int x,int y){return f[x]-f[y]+s[x]*s[x]-s[y]*s[y];}
ll getdown(int x,int y){return s[x]*2-s[y]*2;}
inline ll read(){
    ll x=0,v=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')v=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*v;
}
int main()
{
    int n;ll m;
    while (~scanf("%d%lld",&n,&m))
    {
        fil(q,0);
        f[0]=0;
        s[0]=0;
        fo(i,1,n)
        {
            ll t=read();
            s[i]=s[i-1]+t;
        }
        int st=1,ed=1;q[1]=0;
        fo(i,1,n)
        {
            while (st<ed&&getup(q[st+1],q[st])<=s[i]*getdown(q[st+1],q[st]))
                st++;
            f[i]=f[q[st]]+(s[i]-s[q[st]])*(s[i]-s[q[st]])+m;
            while (st<ed&&getup(i,q[ed])*getdown(q[ed],q[ed-1])<=getup(q[ed],q[ed-1])*getdown(i,q[ed]))
                ed--;
            q[++ed]=i;
        }
        printf("%lld\n",f[n]);
    }
    return 0;
}