[DP]斜率优化学习小结
2018-01-08 09:26
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蒟蒻花了一个晚上研究斜率优化qwq 不过大概还是搞明白了.
BZOJ1010 玩具装箱
首先我们可以很容易地得到朴素的状态转移方程:f[i]=min(f[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2) 其中sum[i]表示c[i]的前缀和,且j<i
接下来考虑优化,我们设j<k且在k决策比在j决策更优,即有f[k]+(sum[i]+i−sum[k]−k−1−L)2<f[j]+(sum[i]+i−sum[j]−j−1−L)2
设T[i]=sum[i]+i
则我们展开上式有f[k]−f[j]+(T[k]+L+1)2−(T(j)+L+1)22∗(T[k]−T[j])<T[i]
我们设yi=f[i]−(T[i]+L+1)2,xi=2∗T[i]
则上式可以化为yk−yjxk−xj<T[i]
我们发现对于k=j+1 则在j+1决策比在j决策更优当且仅当yj+1−yjxj+1−xj<T[i],即我们可以舍去j这个决策点.
那么我们可以用单调队列维护这个上凸性的东西,l代表队首,r代表队尾
而当yi−yq[r]xi−xq[r]<yq[r]−yq[r−1]xq[r]−xq[r−1]时,在r-1决策一定要比在r决策要更优,pop队尾
代码如下
送几道水题:
BZOJ1597
BZOJ1911
BZOJ3156
斜率优化是啥
其实是一种优化动态规划的方法.我认为斜率优化是建立在决策单调性的基础上的.如对于形如这样的状态转移方程f[i]=min/max(f[j]+xxx(j<i))其复杂度为O(n2)而我们通过化式子来得到无论对于哪一个i,在j点进行决策一定要比k点进行决策更优,可以证明时间复杂度可降为O(n)如何进行斜率优化?
首先先从一道入门题开始吧!BZOJ1010 玩具装箱
首先我们可以很容易地得到朴素的状态转移方程:f[i]=min(f[j]+(sum[i]−sum[j]+i−j−1−L)2) 其中sum[i]表示c[i]的前缀和,且j<i
接下来考虑优化,我们设j<k且在k决策比在j决策更优,即有f[k]+(sum[i]+i−sum[k]−k−1−L)2<f[j]+(sum[i]+i−sum[j]−j−1−L)2
设T[i]=sum[i]+i
则我们展开上式有f[k]−f[j]+(T[k]+L+1)2−(T(j)+L+1)22∗(T[k]−T[j])<T[i]
我们设yi=f[i]−(T[i]+L+1)2,xi=2∗T[i]
则上式可以化为yk−yjxk−xj<T[i]
我们发现对于k=j+1 则在j+1决策比在j决策更优当且仅当yj+1−yjxj+1−xj<T[i],即我们可以舍去j这个决策点.
那么我们可以用单调队列维护这个上凸性的东西,l代表队首,r代表队尾
而当yi−yq[r]xi−xq[r]<yq[r]−yq[r−1]xq[r]−xq[r−1]时,在r-1决策一定要比在r决策要更优,pop队尾
代码如下
#include<iostream> #include<iomanip> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #define maxn 50010 #define ll long long using namespace std; ll n,s[maxn],f[maxn],l,q[maxn],head,tail; ll p(ll v) {return s[v]+v;} double xl(ll k,ll j) {return (f[k]-f[j]+(p(k)+l)*(p(k)+l)-(p(j)+l)*(p(j)+l))/(2.0*(p(k)-p(j)));} int main() { scanf("%lld%lld",&n,&l);l++; for(ll i=1;i<=n;++i) {scanf("%lld",&s[i]);s[i]+=s[i-1];} head=tail=1; for(int i=1;i<=n;++i) { while(head<tail&&xl(q[head],q[head+1])<=p(i)) head++; ll j=q[head]; f[i]=f[j]+(p(i)-p(j)-l)*(p(i)-p(j)-l); while(head<tail&&xl(q[tail-1],q[tail])>xl(q[tail],i)) tail--; q[++tail]=i; } cout<<f ; return 0; }
送几道水题:
BZOJ1597
BZOJ1911
BZOJ3156
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