先來(lái)個(gè)華麗的出場(chǎng)~~
今天，蒟蒻仍在趕知識(shí)點(diǎn)的路上。昨天剛學(xué)過數(shù)位DP，今天又學(xué)了斜率優(yōu)化，被爆錘了。
不扯淡了，現(xiàn)在就來(lái)寫一下總結(jié)吧。
斜率優(yōu)化，既然叫這個(gè)名字，那么，這個(gè)算法的性質(zhì)其實(shí)就已經(jīng)確定了：DP優(yōu)化。
也就是說(shuō)，它本身并不像樹形DP或數(shù)位DP那樣解決一些特定性質(zhì)的問題的，而是類似于矩陣乘法那樣，對(duì)于某些DP方程，加速地進(jìn)行轉(zhuǎn)移，以用來(lái)攻克一些給出的n較大時(shí)的情況。
學(xué)了斜率DP，你會(huì)發(fā)現(xiàn)，自己學(xué)了多年的數(shù)學(xué)終于！！！在此刻派上了用場(chǎng)。斜率DP，顧名思義，與平面幾何，也就是我們所學(xué)的一次函數(shù)有關(guān)。斜率優(yōu)化往往是用于一些具有遞推性質(zhì)的DP方程中去的。
如：

本題就是一道典型的斜率優(yōu)化問題。首先，在寫斜率優(yōu)化題目的時(shí)候，最重要的一步并非優(yōu)化，而是想出DP轉(zhuǎn)移方程。優(yōu)化可以沒有，但沒有轉(zhuǎn)移方程，一定不行。
就如本題，若n的范圍夠小的話，我們可以雙重循環(huán)枚舉來(lái)搞。開一個(gè)f數(shù)組，$f[i]$表示將前$i$個(gè)任務(wù)分組后的最小總費(fèi)用。求$f[i]$，我們枚舉$j(1?(i?1))$，將$j?i$分為一組，求最小總費(fèi)用。
但是，很顯然，本題的$n$太大了，$O(n^2)$肯定過不去，這時(shí)，就要考慮斜率優(yōu)化了。
考慮一下$f[i]$的表達(dá)式：$f[i]=f[j]+(sumc[i]?sumc[j])?sumt[i]+s?(sumc[n]?sumc[j])$，將其展開，化為$y=kx+b$的形式：$f[j]=（sumt[i]+s）?sumc[j]+f[i]?sumc[i]?sumt[i]?s?sumc[n]$，如式子，我們將$sumc[j]$視為一次函數(shù)中的$x$，$（sumt[i]+sumc[j]）$視為$k$，$f[j]$視為$y$，$f[i]?sumc[i]?sumt[i]?s?sumc[n]$視為$b$，那么，斜率相同的情況下，為使$f[i]$取$min$，我們就要在$(sumc[j],f[j])$的點(diǎn)集中找到使這條直線從下向上找，找到的第一個(gè)點(diǎn)便是所需的$j$。
如圖：

對(duì)于任一條斜率大于0的直線，先找到的一定都是圖中的粉色的點(diǎn)，而這三點(diǎn)則恰好構(gòu)成了本圖的一個(gè)凸包，所以，我們?cè)谡尹c(diǎn)時(shí)，實(shí)際上只需維護(hù)凸包即可，又因本題的$sumc[i]（也就是一次函數(shù)的k）$是單調(diào)遞增的，所以，我們可以將凸包中斜率小于當(dāng)前的$sumc[i]$的點(diǎn)刪去，這就是本題的大致思路了。
代碼如下：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=4e5; typedef long long LL; int l=0,r=0,n,s,q[N]; LL f[N],c[N],t[N]; int main() {cin>>n>>s;for(int i=1;i<=n;i++){int tt,cc;scanf("%d%d",&tt,&cc);t[i]=t[i-1]+tt;c[i]=c[i-1]+cc;}for(int i=1;i<=n;i++){while(l<r&&(f[q[l+1]]-f[q[l]]<(s+t[i])*(c[q[l+1]]-c[q[l]]))) l++;f[i]=f[q[l]]+t[i]*(c[i]-c[q[l]])+s*(c[n]-c[q[l]]);while(l<r&&((f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])<=(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]]))) r--;q[++r]=i;}cout<<f[n];return 0; }

好了，本次的博客就更新到這里。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的斜率优化（DP）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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