文章目錄

• 前言
• 凸包優(yōu)化
• • 第一步
  • 第二步
  • 最后一步
• 例一
• • 轉(zhuǎn)移方程
  • 凸包優(yōu)化
  • 代碼
• 例二
• • 題目大意
  • 轉(zhuǎn)移方程
  • 凸包優(yōu)化
  • 代碼
• 李超線段樹
• • 思想
  • • 插入
    • 查詢
  • 代碼
• 例三
• • 代碼
• 例四
• • 轉(zhuǎn)移方程
  • 怎么做
  • 代碼

前言

這種方法比傳統(tǒng)斜率優(yōu)化更快，更準(zhǔn)，更狠。

凸包優(yōu)化

一切形如$$dp[i]=\min /\max \{f_1(j)?g_1(i)+f_2(j)\}+g_2(i)$$的轉(zhuǎn)移方程，都可以凸包優(yōu)化。
其中，$f$為關(guān)于$j$的函數(shù)，$g$為關(guān)于$i$的函數(shù)。
例如$$dp[i]=\min \{?2h_j?h_i+{h_j}^2+dp[j]\}+a_i+{h_i}^2$$（這里面，$f_1(j)=?2h_j$，$f_2(j)={h_j}^2+dp[j]$，$g_1(i)=h_i$，$g_2(i)=a_i+{h_i}^2$）

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我們接下來口胡$dp[i]=\max \{f_1(j)?g_1(i)+f_2(j)\}+g_2(i)$的情況。

很簡單。

第一步

定義一個(gè)關(guān)于$g_1(i)$和$j$的二元函數(shù)：$$L_j\left(g_1(i)\right)=f_1(j)?g_1(i)+f_2(j)$$為什么叫$L_j$呢，因?yàn)檫@是一條直線，這條直線的斜率為$f_1(j)$，縱截距為$f_2(j)$。

第二步

$$dp[i]=\max \{L_j(g_1(i))\}+g_2(i)$$也就是說，我們只需要找直線$x=g_1(i)$與所有$L_j$的交點(diǎn)中縱坐標(biāo)最大的那個(gè)。

最后一步

用個(gè)李超線段樹即可。
但是，在大多數(shù)題你都會發(fā)現(xiàn)，$f_1$和$g_1$有單調(diào)性。
否則，用李超線段樹或CDQ或平衡樹什么的即可。

那么我接下來講$f_1$單調(diào)減，$g_1$單調(diào)增的情況吧。
再說一遍，很簡單。（你發(fā)現(xiàn)我們沒有進(jìn)行任何計(jì)算）

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現(xiàn)在要計(jì)算$dp[i]$，則我們可以做到：此時(shí)已經(jīng)按順序把所有$L_j(1\le j<i)$放進(jìn)了一個(gè)雙端隊(duì)列$Q$，呈這個(gè)樣子（$1$指$L_{Q[Head]}$，$2$指$L_{Q[Head+1]}$，以此類推）：

加粗的地方是這個(gè)直線的“貢獻(xiàn)”，但有些直線沒有貢獻(xiàn)，例如下圖中的黑線：

基于歸納的思想，我們可以假設(shè)此時(shí)隊(duì)列中沒有這種線$(?)$，然后在該次DP后維護(hù)這樣一個(gè)雙端隊(duì)列$Q$。

一個(gè)顯然的結(jié)論是：由于$g_1(i)$單增，那么如果$g_1(i)$到了這個(gè)地方，藍(lán)線就沒用了：

所以，不斷比較$L_{Q[Head]}(g_1(i))$和$L_{Q[Head+1]}(g1(i))$，來看$L_{Q[Head]}$有沒有存在的必要，類似傳統(tǒng)斜率優(yōu)化。

然后，考慮加入當(dāng)前直線$L_i$（下圖中的黑色），如果是這樣的，那么綠線就沒有用了（$3$指$L_{Q[Tail]}$，$2$指$L_{Q[Tail?1]}$，以此類推）：

這個(gè)問題的刻畫也很好想到：是比較 $L_i$與$L_{Q[Tail]}$的交點(diǎn) 和 $L_{Q[Tail]}$與$L_{Q[Tail?1]}$的交點(diǎn) 的橫坐標(biāo)。下圖中，若$x_A<x_B$，那$L_{Q[Tail]}$就沒用了：

于是這樣就能做到$(?)$了，也是類似于傳統(tǒng)斜率優(yōu)化。

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說完了，看例題代碼有驚♂喜。

例一

Kalila and Dimna in the Logging Industry

轉(zhuǎn)移方程

不用看題，直接看轉(zhuǎn)移方程即可：$$dp[i]=\underset{1\le j<i}{\min }\{dp[j]+b_j?a_i\}$$其中$a_i$遞增，$b_i$遞減。

凸包優(yōu)化

$f_1(j)=b_j$，$g_1(i)=a_i$，$f_2(j)=dp[j]$，$g_2(i)=0$，其中$f_1$單減，$g_1$單增，跟上面講的情況一模一樣。

代碼

#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring>typedef long long LL;const int MAXN = 100000; const LL INF = 1ll << 60;int N; LL A[MAXN + 5], B[MAXN + 5];LL Dp[MAXN + 5];struct Line {LL k, b;Line() { }Line(LL _k, LL _b) { k = _k, b = _b; }LL Calc(int x) { return k * x + b; } // 算函數(shù)值double Ints(Line other) { // 求兩直線交點(diǎn)的橫坐標(biāo)return (double)(other.b - b) / (k - other.k);} }Q[MAXN + 5];int Head, Tail;int main() {scanf("%d", &N);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%lld", A + i);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%lld", B + i);Q[Head = Tail = 1] = Line(B[1], 0); // 邊界注意一下即可for (int i = 2; i <= N; i++) {int x = A[i];while (Tail - Head + 1 >= 2 && Q[Head].Calc(x) >= Q[Head + 1].Calc(x))Head++;Dp[i] = Q[Head].Calc(x); // 找到x=A[i]處的最低點(diǎn)Line cur(B[i], Dp[i]);while (Tail - Head + 1 >= 2 && Q[Tail].Ints(cur) <= Q[Tail].Ints(Q[Tail - 1]))Tail--;Q[++Tail] = cur; // 加入Li}printf("%lld\n", Dp[N]);return 0; }

例二

Hit the Coconuts

題目大意

你想打開$z$個(gè)椰子吃，你的沙比隊(duì)友給你準(zhǔn)備了$n$個(gè)椰子，每個(gè)椰子的堅(jiān)硬♂程度不同，第$i$個(gè)椰子的堅(jiān)硬♂程度是$a_i$，表示它要被敲$a_i$下才能被打開（不一定要連續(xù)敲）。 你不知道椰子的順序。 請問至少要敲多少下才能打開最少$z$個(gè)椰子。
有必要看一下樣例：

Input 2 2 1 50 55 2 1 40 100 Output 55 80

第一個(gè)：抓一個(gè)直接敲55下，不管怎么樣都能敲開；
第二個(gè)：抓一個(gè)，先敲40下，如果沒開，就拿另一個(gè)敲40下，至少能得到1個(gè)椰子。

轉(zhuǎn)移方程

我都沒看出來是個(gè)DP。

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先排個(gè)序，然后先考慮怎么敲開一個(gè)椰子：

記陰影矩形的面積為$S_i$，如果我們想撬開1個(gè)椰子，那敲$\min \{S_i\}$下就行了，因?yàn)閷τ谌我庖环N$a_i\times (n?i+1)$下的方案，必定能敲出一個(gè)椰子：先隨便找個(gè)椰子敲$a_i$下，如果沒打開，就換一個(gè)沒敲過的再敲，重復(fù)此操作，臉再黑也就是把陰影部分倒著敲完，那也能把第$i$個(gè)敲開。

接下來考慮，如果我們想敲開兩個(gè)椰子，答案是$\underset{i<j}{\min }\{S_i\cup S_j\}$。

考慮你是一個(gè)黑人的情況：先敲了$S_i$下才敲開一個(gè)椰子，那你的椰子變成了這樣：

然后，你肯定知道哪些是敲過的，你就在敲過的那些里面敲$S_j$下，就又打開了一個(gè)椰子。

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于是問題轉(zhuǎn)變?yōu)樵诰匦卫锩嬲颐娣e最小的，含$z$級的階梯的階梯形（我是倒著來的）：$$dp[i][j]=\underset{k>j}{\min }\{dp[i?1][k]+a_j?(k?j)\}$$

凸包優(yōu)化

$$dp[i][j]=\underset{k>j}{\min }\{dp[i?1][k]+k?a_j\}?a_j?j$$$f_1(k)=k$，$f_2(k)=dp[i?1][k]$，$g_1(j)=a_j$，$g_2(j)=a_j?j$，注意$i$跟凸包優(yōu)化無關(guān)，是$j,k$參與凸包優(yōu)化。
由于我倒著來的，所以$f_1$單減，$g_1$單減，然后就簡單了。

代碼

#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring>typedef long long LL;const int MAXN = 1000;int N, Z; LL H[MAXN + 5];LL Dp[MAXN + 5][MAXN + 5];struct Line {LL k, b;Line() { }Line(LL x, LL y) { k = x, b = y; }LL Calc(int x) {return k * x + b;}double Ints(Line other) {return (double)(b - other.b) / (other.k - k);} }Q[MAXN + 5]; int Head, Tail;/* 1 3 2 1 8 10 */int main() {int T; scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%d%d", &N, &Z);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%lld", &H[i]);std::sort(H + 1, H + 1 + N);for (int i = 1; i <= N; i++)Dp[1][i] = (N - i + 1) * H[i];for (int i = 2; i <= Z; i++) {Q[Head = Tail = 1] = Line(N - i + 2, Dp[i - 1][N - i + 2]);for (int j = N - i + 1; j >= 1; j--) { // 注意邊界int x = H[j];while (Tail - Head + 1 >= 2 && Q[Tail].Calc(x) >= Q[Tail - 1].Calc(x))Tail--;Dp[i][j] = Q[Tail].Calc(x) - H[j] * j;Line cur(j, Dp[i - 1][j]); // 當(dāng)前層是加上一層的直線 通過轉(zhuǎn)移方程就能看出來while (Tail - Head + 1 >= 2 && Q[Tail].Ints(cur) <= Q[Tail].Ints(Q[Tail - 1]))Tail--;Q[++Tail] = cur;}}LL Ans = 1ll << 60;for (int i = 1; i <= N - Z + 1; i++)Ans = std::min(Ans, Dp[Z][i]);printf("%lld\n", Ans);}return 0; }

李超線段樹

如果$f_1$和$g_1$沒有單調(diào)性，我們就不能用雙端隊(duì)列維護(hù)了。
李超線段樹的作用很簡單：維護(hù)一些一次函數(shù)（直線 / 線段），支持插入和查詢，查詢時(shí)可以找到當(dāng)前橫坐標(biāo)下最大 / 最小的函數(shù)值。
完美解決幾乎所有凸包優(yōu)化。

代碼只有40行。

思想

它每個(gè)區(qū)間記錄的是該區(qū)間中點(diǎn)處的最大函數(shù)值對應(yīng)的函數(shù)$Ma{x}_i$。

插入

插入直線$cur$的過程如下：

• $cur$在這個(gè)區(qū)間上完全覆蓋了$Ma{x}_i$：將$Ma{x}_i$變成$cur$，返回（沒有懶標(biāo)記，不用再改兒子，看查詢的過程就知道了）；
• 如果該區(qū)間中點(diǎn)處$Ma{x}_i(mid)<cur(mid)$，則交換$Ma{x}_i$和$cur$，保證$Ma{x}_i$的意義正確；
• 現(xiàn)在的$cur$會對交點(diǎn)所在子樹產(chǎn)生貢獻(xiàn)（下圖中，右子樹的橙色段需要修改），因此遞歸下去：

查詢

比較簡單，遞歸得到下層的答案，跟自己這層比（因此不用插入和查詢都可以不用懶標(biāo)記）即可。

代碼

見例題，有驚♂喜。

例三

[JSOI2008]Blue Mary開公司
這是一道版題。

代碼

#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring>const int MAXT = 100000; const int MAXX = 50000; const double INF = 1e9;struct LiChao_Tree {#define lch (i << 1)#define rch (i << 1 | 1)struct Line {double k, b;inline double Calc(int x) {return k * x + b;}}Max[MAXT + 5];inline bool Cover(Line Low, Line High, int x) { // 判斷x處Hight否覆蓋了Lowreturn Low.Calc(x - 1) <= High.Calc(x - 1);}void Insert(int i, int l, int r, Line cur) {if (Cover(Max[i], cur, l) && Cover(Max[i], cur, r)) {Max[i] = cur;return;}if (l == r)return;int mid = (l + r) >> 1;if (Cover(Max[i], cur, mid))std::swap(Max[i], cur);if (Cover(Max[i], cur, l))Insert(lch, l, mid, cur);if (Cover(Max[i], cur, r))Insert(rch, mid + 1, r, cur);}double Query(int i, int l, int r, int x) {double tmp = -INF;int mid = (l + r) >> 1;if (x < mid)tmp = Query(lch, l, mid, x);if (x > mid)tmp = Query(rch, mid + 1, r, x);return std::max(tmp, Max[i].Calc(x - 1));} }Tree;int main() {int T, X; scanf("%d", &T);while (T--) {char opt[20];scanf("%s", opt);if (opt[0] == 'P') {LiChao_Tree::Line tmp;scanf("%lf%lf", &tmp.b, &tmp.k);Tree.Insert(1, 1, MAXX, tmp);}else {scanf("%d", &X);printf("%d\n", int(Tree.Query(1, 1, MAXX, X) / 100));}}return 0; }

例四

Jump mission

轉(zhuǎn)移方程

$$dp[i]=\underset{{}_{j<i\text{且}{p}_j<p_i}}{\min }\{dp[j]+(h_i?h_j{)}^2\}+a_i$$其中$p$不單調(diào)，$h$不單調(diào)，$a$不單調(diào)。

怎么做

看到這個(gè)題，什么都不單調(diào)，還尼瑪有轉(zhuǎn)移限制？？？

不可做，溜了。

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正解：樹狀數(shù)組套李超樹維護(hù)凸包。

樹狀數(shù)組中，每個(gè)結(jié)點(diǎn)是一個(gè)李超樹，維護(hù)對應(yīng)區(qū)間的凸包。查詢的時(shí)候，從$p_i$用lowbit減到$0$，根據(jù)樹狀數(shù)組的性質(zhì)，訪問到的恰好就是$dp[i]$的所有轉(zhuǎn)移直線，統(tǒng)計(jì)最大的函數(shù)值即可。（其實(shí)樹狀數(shù)組很大的一個(gè)用處就是處理偏序問題，一定程度上可以替代CDQ分治）

代碼

#include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring>typedef long long LL;const int MAXN = 300000; const int MAXL = 600000; const LL INF = 1ll << 60;struct Line {LL k, b;Line() { k = 0, b = INF; }Line(LL _k, LL _b) { k = _k, b = _b; }LL Calc(int x) { return k * x + b; }double Ints(Line other) {return (double)(other.b - b) / (k - other.k);} };struct LiChao_Tree {#define lch (Child[i][0])#define rch (Child[i][1])Line Min[MAXN * 20 + 5];int NodeCnt;int Child[MAXN * 20 + 5][2];inline bool Cover(Line Low, Line High, int x) {return Low.Calc(x) <= High.Calc(x);}void Insert(int &i, int l, int r, Line cur) {if (!i)i = ++NodeCnt;if (Cover(cur, Min[i], l) && Cover(cur, Min[i], r)) {Min[i] = cur;return;}if (l == r)return;int mid = (l + r) >> 1;if (Cover(cur, Min[i], mid))std::swap(Min[i], cur);if (Cover(cur, Min[i], l))Insert(lch, l, mid, cur);if (Cover(cur, Min[i], r))Insert(rch, mid + 1, r, cur);}LL Query(int i, int l, int r, int x) {LL tmp = INF;int mid = (l + r) >> 1;if (x < mid)tmp = Query(lch, l, mid, x);if (x > mid)tmp = Query(rch, mid + 1, r, x);return std::min(tmp, Min[i].Calc(x));}#undef lch#undef rch }Tree;struct BIT {#define lowbit(x) ((x) & (-(x)))int Root[MAXN + 5];void Update(int p, Line l) {for (int i = p; i <= MAXN; i += lowbit(i))Tree.Insert(Root[i], 1, MAXL, l);}LL GetMin(int p, int x) {LL ret = INF;for (int i = p; i > 0 ; i -= lowbit(i))ret = std::min(ret, Tree.Query(Root[i], 1, MAXL, x));return ret;}#undef lowbit }CHT;int N, P[MAXN + 5]; LL A[MAXN + 5], H[MAXN + 5];LL Dp[MAXN + 5];int main() {scanf("%d", &N);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%d", &P[i]);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%lld", &A[i]);for (int i = 1; i <= N; i++)scanf("%lld", &H[i]);CHT.Update(P[1], Line(-2 * H[1], A[1] + H[1] * H[1]));for (int i = 2; i <= N; i++) {Dp[i] = CHT.GetMin(P[i], H[i]) + A[i] + H[i] * H[i];CHT.Update(P[i], Line(-2 * H[i], Dp[i] + H[i] * H[i]));}printf("%lld", Dp[N]);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的斜率优化之凸包优化与李超线段树的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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