【OI做题记录】【BZOJ】【斜率优化DP】【HNOI2008】玩具装箱

题目描述

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.

输入描述

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

输出描述

输出最小费用

输入样例

5 4
3
4
2
1
4

输出样例

1

提示
转化题意：
有n个数，分成连续的若干段，每段（假设从第j个到第i个组成一段）的分数为 (X-L)^2，X为j-i+Sigma(Ck) i<=k<=j，其中L是一个常量。目标：各段分数的总和最小。

题目分析

表中的第25个算法，斜率优化。

①算法确定

首先这是一道DP——求最优值嘛，而且有很多重复的子问题（这个应该都知道，我们总是要询问同一段的最大价值，就叫做重复子问题）。和乘积最大等题目类似，将一段分成几段，使其价值最大（最小）。

这里没有说分成几段，所以用f[i]表示1
4000
到i的最小价值

推出状态转移方程（这个总要知道了吧，就是推出f[i]的方程式）

f[i]=min(f[i],f[k]+done(i,k));

基本代码（done就是求区间值）：

memset(f,63,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=done(i,0);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int k=1;k<=i;k++)//在这个位置拆分
{
f[i]=min(f[i],f[k]+done(i,k));
}
}

此贴终结（滑稽）

②斜率优化

提交之后发现TLE，所以这时候我们要请出大斜率优化了！

首先假设 j1<j2<i

那么如果有f[j1]+done(i,j1) > f[j1]+done(i,j2) 则在i以后的点，都不需要考虑j1

也就是说，如果用j1推出来没有j2优秀，则以后不考虑j1

为什么呢：

A.证明决策单调性

不考虑j1叫做决策的单调性。

我们已知f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)-L)^2

为了方便（这其实很重要，如果式子太复杂很考验数学功底），我们在sum[i]加上i，L加1

式子就变成了：

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

如果f[j1]+(sum[i]-sum[j1]-L) ^2 > f[j2]+(sum[i]-sum[j2]-L)^2

设t为i后面的点，sum[t]=sum[i]+v;

是否有f[j1]+(sum[t]-sum[j1]-L)^2 > f[j2]+(sum[t]-sum[j2]-L)^2呢

则 f[j1]+(sum[i]+v-sum[j1]-L)^2 > f[j2]+(sum[i]+v-sum[j2]-L)^2

做到这里已经有点晕了吧，后面还有更晕的。听一首girigiri爱冷静一下

式子似乎还是太冗长了，我们用s表示sum数组，而且用小于号表示吧

首先用完全平方公式拆开

f[j2]+(s[i]-s[j2]-L  )^2 + 2*v*(s[i]-s[j2]-L) + v^2  <=  f[j1]+(s[i]-s[j1]-L  )^2 + 2*v*(s[i]-s[j1]-L) + v^2

因为：

f[j2]+(s[i]-s[j2]-L  )^2                                        <=  f[j1]+(s[i]-s[j1]-L  )^2

而且

                                   2*v*(s[i]-s[j2]-L) + v^2  <=                             2*v*(s[i]-s[j1]-L) + v^2

（s[i]-s[j2]）与(s[i]-s[j2])相比，因为j2在后面，所以可以得到

得证。

所以：对于i,j1不优于j2,那么对于i之后的点，j1不优于j2

这是斜率优化的基础！

B.推导斜率方程

斜率优化之所以叫做斜率，他必须要跟斜率有关。

我们看下面的推论：

因为f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2

展开

f[j2]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2

即f[j2]-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2

即f[j2]+s[j2]^2-2*(s[i]-L)*s[j2]<=f[j1]+s[j1]^2-2*(s[i]-L)*s[j1]

即[ (f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2) ] <=  2*(s[i]-L)*s[j2]-2*(s[i]-L)*s[j1]

即[ (f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2) ] /(s[j2]-s[j1]) <=  2*(s[i]-L)

代码片BY scy
我们发现，最后的式子好像是 (y1-y2)/(x1-x2)的一个式子，是不是很想斜率公式呢？

通过这一条公式，当我们处理某一个i的时候，我们就能够判断，前面的点是否需要考虑

③算法实现

我们用一个队列来维护可以选择的点。

while(st<ed && xielv(q[st],q[st+1])<=2.0*(sum[i]-L))st++;

最后q[st]就是最优解。
问题1：为什么q[st]比后面的点优秀？

答：如果将q[st]比作j1，后面的点比作j2，如果q[st]不比后面优，早就被踢掉了。

问题2：为什么将st与st+1比较

答：xielv(st,st+1)与xielv(st,st+2)相比较，xielv(st,st+1)更优秀。

然后用最优解求出f[i]

int j=q[st];
f[i]=f[j]+(sum[i]-sum[j]-L)*(sum[i]-sum[j]-L);

然后：

while(st<ed && xielv(q[ed-1],q[ed])>xielv(q[ed],i))ed--;

桥豆麻袋！这是什么东西，之前没有讲啊！

（以下部分不用看，这一句请强记）

我们仔细想想，如果我们真的把队列中两两点连起来，画成一次函数，会是一个怎么样的图形呢？就像一个a>0的抛物线，斜率不断增大，像一个向下突的图形。这一条就判断了，如果队伍后面突然有一个地方，向上凸，我们就要将他删掉。

为什么呢？如果我们将2*（s[i]-L）真的当成斜率，用这个斜率画两条经过i与q[ed]的直线，它们与y轴交点谁小？

当然是i小，所以i比q[ed]优秀

（强记就可以了，求最大值维护向上凸的图形，求最小值维护向下突的图形）

最后，将i加入队列。

代码实现：