bzoj3156防御准备——DP之单调队列优化

最新推荐文章于 2022-07-29 14:55:32 发布

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本文介绍了一种解决战线最小花费问题的动态规划算法，通过优化DP过程达到高效求解，利用单调队列实现复杂度降低。

Description
这里写图片描述
Input
第一行为一个整数N表示战线的总长度。

第二行N个整数，第i个整数表示在位置i放置守卫塔的花费Ai。

Output
共一个整数，表示最小的战线花费值。

Sample Input

10
2 3 1 5 4 5 6 3 1 2

Sample Output

这道题是DP，这是毋庸置疑的。我们先考虑暴力DP，我们显然可以推出N²的DP，然后再进行优化。

我们设f[i][0]表示第i点不建守卫塔时，到此地的最小花费，而f[i][1]就表示在i建造守卫塔时到此地的最小花费，则我们可以推出：

f[i][1]=min(f[i+1][1],f[i+1][0])+a[i]
f[i][0]=min(f[i][0],f[j][1]+(j-i+1)*(j-i)/2) //j=i+1~n
//最后ans=min(f[1][0],f[1][1])
//由于若f[i][0]由j推出，则i+1~j-1全由j推出，则增加的值为Σ1~(j-i),
//也就是(1+j-i)*(j-i)/2。

因为数据范围为10^6，所以必须进行优化，我们f[i][1]是由f[i+1]线性推出的，所以不需要进行优化，而f[i][0]由于从i+1~n，所以得进行优化。我们先考虑斜率优化，发现无法推出一个单调变化的斜率，所以我们考虑使用单调队列优化。

由于f[i][0]都是由f[j][1]推出的，所以我们维护f[j][1]的值，我们可以维护一个单调递增的队列，如果新的f[i][1]小于旧的，就可以把旧的全部弹出队列，因为从i往后更新肯定更优秀。

然后我们在队列里进行枚举，从队尾tail枚举到队头top,如果对于其中的某数j,更新出的答案小于f[i][0]，则将队尾tail赋值为j，因为从tail~j-1的数位置在j之后，更新肯定不如j优。而大于j但目前答案不如j优的数先不删去，因为(j-i+1)*(j-i)是以几何级数增长的，之后的数更新时，可能j+1优于j。

Code：

//这题数据很大，所以初始化得赋值2^60才行,1e18可能会WA
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){
	char c;ll x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';
	while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
} 
ll n,a[1000005],f[1000005][2],top,tail;
struct node{
	ll pl,num;
}q[2000005];
ll sure(ll x){return x*(x-1)/2;}
int main()
{
	n=read();q[0].num=-2e9;q[0].pl=n+1;f[n+1][1]=pow(2,60);
	for(ll i=1;i<=n;i++) f[i][1]=f[i][0]=pow(2,60);
	for(ll i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),f[i][0]=f[i][1]=pow(2,60);
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		for(ll j=tail;j<=top;j++){
			if(f[i][0]>f[q[j].pl][1]+sure(q[j].pl-i+1)) f[i][0]=f[q[j].pl][1]+sure(q[j].pl-i+1),tail=j;
		}
		f[i][1]=min(f[i+1][1],f[i+1][0])+a[i];
		while(q[top].num>=f[i][1]) top--;
		q[++top]=(node){i,f[i][1]};
	}
	printf("%lld",min(f[1][0],f[1][1]));
	return 0;
}