[DP] DP优化总结

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小编点评

本文主要讨论了动态规划(DP)的优化与处理方法,包括状态设计、状态转移、倍增优化、数据结构优化、单调队列优化、斜率优化以及四边形不等式优化等方面。 1. **状态设计与转移**:本文首先介绍了DP的基本概念,以及如何通过设计合适的状态来应用DP解决实际问题。提出了在设计DP状态时要避免出现后效性和环形的问题,并给出了一些处理方法,如迭代、破环成链等。 2. **倍增优化**:接着讲述了倍增优化的基本思想和应用。通过对状态进行重新划分,可以将问题简化为更容易解决的子问题。 3. **数据结构优化**:文章还探讨了数据结构优化的适用范围和方法,包括线段树、树状数组等数据结构在对区间固定求最小值的动态规划问题中的应用。 4. **单调队列优化**:讨论了单调队列优化的特征和实现方法,特别是在1D/1D动态规划中的应用,以及如何通过单调队列维护合法的决策集合来提高动态规划的效率。 5. **斜率优化与四边形不等式优化**:文章还分析了斜率优化的原理和适用情况,特别是在处理包含乘积项的状态转移方程时,并指出了如何利用四边形不等式来优化状态转移方程。 总的来说,本文系统地讨论了DP在不同情况下的应用方法和优化技巧,强调了正确设计状态转移方程和灵活运用各种优化策略的重要性。

正文

写在前面

$ DP $,是每个信息学竞赛选手所必会的算法,而 $ DP $ 中状态的转移又显得尤为关键。本文主要从状态的设计和转移入手,利用各种方法对朴素 $ DP $ 的时间复杂度和空间复杂度进行优化与处理,以达到满足题目要求的目的;

参考文献:
动态规划算法的优化技巧 毛子青
c++ DP总结
《算法竞赛进阶指南》

一. 环形与后效性处理

我们都知道,一个题能用 $ DP $ 来解,需要满足以下两个性质:

  1. 无后效性
  2. 最优子结构

但对于有些题目,如果要用 $ DP $ 解决的话,会出现环形与后效性的问题;

所谓环形与后效性,即状态的转移与 $ DP $ 的方向并不完全一致;

举个例子,状态的转移可以从左到右,也可以从右到左,但 $ DP $ 的方向只能为从左到右从右到左,此时称此 $ DP $ 为有后效性;

当状态初能够由状态末转移而来(此时构成了一个环形)时,此时称此 $ DP $ 为环形;

对于前者的处理,我们通常会改变 $ DP $ 的遍历方向,使其能够与状态转移的方向一致,当无法一致时,可以使用迭代的方法取得最优解;

对于后者,我们通常对初始状态分类讨论,找出几种不是环形的 $ DP $,破环成链,分别处理,最后取最优解;

例题

后效性

Luogu CF24D Broken robot

本题的高斯消元处理 $ DP $ 解法不再叙述,考虑 迭代 $ DP $;

设 $ f[i][j] $ 表示从最后一行走到点 $ (i, j) $ 所需的期望步数,则有状态转移方程:

\[\begin{equation} f[i][j] \ \begin{cases} \frac{f[i][1] + f[i + 1][1]}{2} + 1 \ (m = 1) \\ \frac{f[i + 1][j] + f[i][j + 1] + f[i][j]}{3} + 1 \ (j == 1) \\ \frac{f[i][j - 1] + f[i + 1][j] + f[i][j]}{3} + 1 \ (j = m) \\ \frac{f[i][j] + f[i + 1][j] + f[i][j - 1] + f[i][j + 1]}{4} + 1 \ (其他情况) \\ \end{cases} \end{equation} \]

显然,我们 $ DP $ 的方向是向上的,但状态转移的方向是上下左右都有的,所以有后效性,要迭代;

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, m;
int xx, yy;
double f[1005][1005];
int main() {
	cin >> n >> m;
	cin >> xx >> yy;
	if (xx == n) {
		cout << "0.0000000000";
		return 0;
	}
	for (int i = n - 1; i >= xx; i--) {
		int tt = 65;
		while(tt--) {
			if (m == 1) {
				f[i][1] = 0.5 * f[i][1] + 0.5 * f[i + 1][1] + 1;
			} else {
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					if (j == 1) {
						f[i][j] = 1.0 / 3 * f[i + 1][j] + 1.0 / 3 * f[i][j + 1] + 1.0 / 3 * f[i][j] + 1;
					} else if (j == m) {
						f[i][j] = 1.0 / 3 * f[i][j - 1] + 1.0 / 3 * f[i + 1][j] + 1.0 / 3 * f[i][j] + 1;
					} else {
						f[i][j] = 0.25 * f[i][j] + 0.25 * f[i + 1][j] + 0.25 * f[i][j - 1] + 0.25 * f[i][j + 1] + 1;
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << fixed << setprecision(4) << f[xx][yy];
	return 0;
}

环形

Luogu P6064 Naptime G

设计状态 $ f[i][j][k] $ 表示在每 $ N $ 个小时的前 $ i $ 个小时中,休息 $ j $ 个小时,且第 $ j $ 个小时的状态( $ 0 $ 代表醒, $ 1 $ 代表睡),则:

如果我们直接转移的话,初始状态的睡或不睡会影响后面的转移(环形),所以分类讨论:

  1. 当初始状态为醒的时候(正常转移):

\[ f[i][j][0] = \max(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1]) \]

\[ f[i][j][1] = \max(f[i - 1][j - 1][0], f[i - 1][j - 1][1] + a[i]) \ (j \neq 0) \]

其中

\[f[0][0][0] = 0 \]

  1. 当初始状态为睡的时候(此时要将初始休息的时间算上):

\[f[i][j][0] = \max(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1]) \]

\[f[i][j][1] = \max(f[i - 1][j - 1][0], f[i - 1][j - 1][1] + a[i]) \ (j \neq 0) \]

其中

\[f[1][1][1] = a[1]; \]

最后将两个答案合并起来即可;

可以发现,对于环形的分类讨论,状态转移方程基本一样,但初始化会有差异

另外,此题有空间的限制,需要把 $ f $ 数组的第一维用滚动数组滚掉;

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, b;
int a[10000005];
int f[2][3831][2]; //0醒, 1睡;
int f1[2][3831][2];
int main() {
	cin >> n >> b;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	memset(f, 0xcf, sizeof(f));
	memset(f1, 0xcf, sizeof(f1));
	f[0][0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= b; j++) {
			if (j > i) continue;
			f[i & 1][j][0] = max(f[(i - 1) & 1][j][0], f[(i - 1) & 1][j][1]);
			f[i & 1][j][1] = max(f[(i - 1) & 1][j - 1][0], f[(i - 1) & 1][j - 1][1] + a[i]);
			if (j == 0) f[i & 1][j][1] = 0xcfcfcfcf;
		}
	}
	f1[1][1][1] = a[1];
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= b; j++) {
			if (j > i) continue;
			f1[i & 1][j][0] = max(f1[(i - 1) & 1][j][0], f1[(i - 1) & 1][j][1]);
			f1[i & 1][j][1] = max(f1[(i - 1) & 1][j - 1][0], f1[(i - 1) & 1][j - 1][1] + a[i]);
			if (j == 0) f1[i & 1][j][1] = 0xcfcfcfcf;
		}
	}
	cout << max(max(f[n & 1][b][0], f[n & 1][b][1]), f1[n & 1][b][1]);
	return 0;
}

二. 倍增优化

倍增优化的关键是找出一个可以随意划分的状态,最后对状态进行拼接得到答案;

所谓随意划分,即此状态可以拆分成任意多个长度为 $ 2^n $ 的子状态,且拼接时任意两个子状态不互相影响,并且最后的答案就是要求的正确答案;

为什么一个状态能够随意划分成任意多个长度为 $ 2^n $ 的子状态?

对于任意一个正整数,我们可以给他转变成一个二进制数,我们知道,一个二进制数可以表示成 $ 2 $ 的很多次方相加,所以可以;

例题

Luogu P1081 [NOIP2012 提高组] 开车旅行

本题有三个关键信息:已行驶的天数,所在城市,小A和小B各自行驶的路程长度;

若已知出发城市与天数,即可求得小A和小B各自行驶的路程长度,并且依据题意,天数还能反映谁现在在开车,所以我们可以把“天数” 作为“阶段”进行状态设计;

定义 $ f[i][j][k] $ 表示从城市 $ j $ 出发,两人共行驶 $ i $ 天,$ k $ 先开车,最终会到达的城市;

很显然,这样开会炸内存,而天数又可以随意划分,可以考虑倍增优化;

重定义 $ f[i][j][k] $ 表示从城市 $ j $ 出发,两人共行驶 $ 2^i $ 天,$ k $ 先开车,最终会到达的城市;

其中 $ 0 $ 代表小A先开车, $ 1 $ 代表小B先开车;

对于初始化,我们现在知道谁先开车,要求到那个城市,只需知道小A或小B在某一个城市时,下一个会到哪里即可,可以预处理出两个数组 $ ga[i] $ 和 $ gb[i] $ 分别表示小A在城市 $ i $ 时,下一个会到哪个城市和小B在城市 $ i $ 时,下一个会到哪个城市;

对于问题 $ 2 $,我们可以同时维护两个数组 $ da[i][j][k] $ 和 $ db[i][j][k] $ 分别表示从城市 $ j $ 出发,两人共行驶 $ 2^i $ 天,$ k $ 先开车,小A行驶的路程总长度以及小B行驶的路程总长度;

对于问题 $ 1 $,我们只需枚举出发点,找最小的即可;

则:

  1. 对于预处理

因为小A和小B只能往后走,所以我们可以从后往前遍历,并同时维护一个单调递增的序列(可以用 $ multiset $)其实应该是平衡树,但我不会,每次只需找当前节点旁边一位或两位的最小值和次小值即可(建议参考下面的代码);

  1. 对于初始化

\[f[0][j][0] = ga[j] \]

\[f[0][j][1] = gb[j] \]

  1. 对于状态转移方程

\[f[1][j][k] = f[0][f[0][j][k]][1 - k] \]

\[f[i][j][k] = f[i - 1][f[i - 1][j][k]][k] \ (i \neq 1) \]

  1. 对于 $ da $ 和 $ db $ 的初始化

\[da[0][j][0] = dis[j][ga[j]] \]

\[da[0][j][1] = 0 \]

\[db[0][j][0] = 0 \]

\[db[0][j][1] = dis[j][gb[j]] \]

对于 $ dis $ 的维护,可以在维护单调递增的序列同时顺便维护;

  1. 对于$ da $ 和 $ db $的状态转移方程

\[da[1][j][k] = da[0][j][k] + da[0][f[0][j][k]][1 - k] \ (i = 1) \]

\[da[i][j][k] = da[i - 1][j][k] + da[i - 1][f[i - 1][j][k]][k] \ (i > 1) \]

\[db[1][j][k] = db[0][j][k] + db[0][f[0][j][k]][1 - k] \ (i = 1) \]

\[db[i][j][k] = db[i - 1][j][k] + db[i - 1][f[i - 1][j][k]][k] \ (i > 1) \]

这里 $ i = 1 $ 时不同,因为 \(2^1\) 只能拆成两个$ 2^0 $ ,$ 2^0 = 1 $ 是奇数,开车的人不同,其它的是偶数,开车的人相同;

#include <iostream>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std;
int n;
int h[10000005];
int x0, m;
struct sss{
	long long id, he;
	bool operator <(const sss &A) const {
		return he < A.he;
	}
};
long long f[18][100005][2]; // 0 a, 1 b;
long long da[18][100005][2];
long long db[18][100005][2];
multiset<sss> p;
void init() {
	p.insert({0, 9999999999999999});
	p.insert({0, 9999999999999999});
	p.insert({n + 1, -9999999999999999});
	p.insert({n + 1, -9999999999999999}); //防止访问越界
	for (long long i = n; i >= 1; i--) {
		long long ga, gb;
		p.insert({i, h[i]});
		multiset<sss>::iterator q = p.lower_bound({i, h[i]});
		q--;
		long long lid = (*q).id, lh = (*q).he;
		q++;
		q++;
		long long rid = (*q).id, rh = (*q).he;
		q--;
		if (abs(rh - h[i]) >= abs(lh - h[i])) {
			gb = lid;
			q--; q--;
			if (abs(rh - h[i]) < abs((*q).he - h[i])) {
				ga = rid;
			} else {
				ga = (*q).id;
			}
		} else {
			gb = rid;
			q++; q++;
			if (abs((*q).he - h[i]) < abs(lh - h[i])) {
				ga = (*q).id;
			} else {
				ga = lid;
			}
		}
		f[0][i][0] = ga;
		f[0][i][1] = gb;
		da[0][i][0] = abs(h[ga] - h[i]);
		db[0][i][1] = abs(h[gb] - h[i]);
	}
}
pair<long long, long long> w(long long s, long long x) {
	long long p = s;
	long long la = 0;
	long long lb = 0;
	for (int i = 17; i >= 0; i--) {
		if (f[i][p][0] && la + lb + da[i][p][0] + db[i][p][0] <= x) {
			la += da[i][p][0];
			lb += db[i][p][0];
			p = f[i][p][0];
		}
	}
	return {la, lb};
}
int main() {
	cin >> n;
	for (long long i = 1; i <= n; i++) cin >> h[i];
	cin >> x0;
	cin >> m;
	init();
	long long tt = 10;
	for (int i = 1; i <= 17; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			for (int k = 0; k <= 1; k++) {
				if (i == 1) {
					f[i][j][k] = f[0][f[0][j][k]][1 - k];
					da[i][j][k] = da[0][f[0][j][k]][1 - k] + da[0][j][k];
					db[i][j][k] = db[0][f[0][j][k]][1 - k] + db[0][j][k];
				} else {
					f[i][j][k] = f[i - 1][f[i - 1][j][k]][k];
					da[i][j][k] = da[i - 1][j][k] + da[i - 1][f[i - 1][j][k]][k];
					db[i][j][k] = db[i - 1][j][k] + db[i - 1][f[i - 1][j][k]][k];
				}
			}
		}
	}
	long double ans = 1.00 * 0x3f3f3f3f;
	long long an = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		pair<long long, long long> a = w(i, x0);
		long long la = a.first;
		long long lb = a.second;
		if (lb == 0) continue;
		long double d = 1.00 * la / (1.00 * lb);
		if (d < ans) {
			ans = d;
			an = i;
		} else if (d == ans) {
			if (h[an] < h[i]) an = i;
		}
	}
	cout << an << endl;
	long long a, b;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> a >> b;
		pair<long long, long long> c = w(a, b);
		cout << c.first << ' ' << c.second << endl;
	}
	return 0;
}

一般在设计出状态以后,发现空间复杂度不符合要求,且有状态能够随意划分,则可以使用倍增优化;

三. 数据结构优化

适用范围:

  1. 时间复杂度能够忍受 $ \Theta (n \ log \ n) $

  2. 状态转移方程中要维护 $ \max $ 或 $ \min $ 或 $ sum $ 且区间固定;

一般使用线段树或树状数组

例题

Luogu P4644 [USACO05DEC] Cleaning Shifts S

我们可以定义 $ f[i] $ 表示到第 $ i $ 个时间点时的最小花费,我们用一个结构体存储每头牛的信息($ st $ 为开始时刻,$ ed $为结束时刻, $ w $ 为工资),显然有状态转移方程:

\[f[e[i].ed] = \min_{j \in [e[i].st - 1, e[i].ed - 1]} {f[j]} + e[i].w \]

我们发现, $ DP $ 的方向是按照 $ ed $ 的顺序从左向右走的,所以先要将结构体按 $ ed $ 的顺序排序;

时间复杂度:$ \Theta (n^2) $ 极限数据会被卡;

考虑优化;

发现状态转移方程有这一项:

\[\min_{j \in [e[i].st - 1, e[i].ed - 1]}{f[j]} \]

对于一个区间固定求最小值的操作,很容易想到用线段树维护;

具体实现方法:

  1. 初始化

\[f[m - 1] = 0 \]

  1. 使用线段树查询区间 $ [e[i].st - 1, e[i].ed] $ 的最小值并更新(注意这里要取到 $ e[i].ed $ 因为后面要插入 $ f[i] $ ,这样做继承了原来的最小值,便于后面更新);

  2. 状态转移

\[f[e[i].ed] = \min(f[e[i].ed], ask(1, e[i].st - 1, e[i].ed) + e[i].w); \]

这里的 $ ask $ 是线段树的询问操作;

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
struct sss{
	int st, ed, w;
	bool operator <(const sss &A) const {
		return ed < A.ed;
	}
}e[10000005];
inline int ls(int x) {
	return x << 1;
}
inline int rs(int x) {
	return x << 1 | 1;
}
struct sas{
	int l, r, mi;
}tr[90000005];
int n, m, t;
int f[10000005];
void bt(int id, int l, int r) {
	tr[id].l = l;
	tr[id].r = r;
	if (l == r) {
		tr[id].mi = f[l];
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	bt(ls(id), l, mid);
	bt(rs(id), mid + 1, r);
	tr[id].mi = min(tr[ls(id)].mi, tr[rs(id)].mi);
}
int ask(int id, int l, int r) {
	if (r < l) return 0x3f3f3f3f;
	if (tr[id].l >= l && tr[id].r <= r) {
		return tr[id].mi;
	}
	int mid = (tr[id].l + tr[id].r) >> 1;
	if (r <= mid) return ask(ls(id), l, r);
	else if (l > mid) return ask(rs(id), l, r);
	else return min(ask(ls(id), l, mid), ask(rs(id), mid + 1, r));
}
void add(int id, int pos, int d) {
	if (tr[id].l == tr[id].r) {
		tr[id].mi = d;
		return;
	}
	int mid = (tr[id].l + tr[id].r) >> 1;
	if (pos <= mid) add(ls(id), pos, d);
	else add(rs(id), pos, d);
	tr[id].mi = min(tr[ls(id)].mi, tr[rs(id)].mi);
}
int main() {
	cin >> n >> m >> t;
	m++;
	t++;
	bool vi = false;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> e[i].st >> e[i].ed >> e[i].w;
		e[i].st++;
		e[i].ed++; //将时间段转化为时间点
	}
	sort(e + 1, e + 1 + n);
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[m - 1] = 0;
	bt(1, m - 1, t);
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		f[e[i].ed] = min(f[e[i].ed], ask(1, e[i].st - 1, e[i].ed) + e[i].w);
		add(1, e[i].ed, f[e[i].ed]);
	}
	if (f[t] == 0x3f3f3f3f) { //判断能不能被更新
		cout << -1;
	} else {
		cout << f[t];
	}
	return 0;
}

四. 单调队列优化

类比数据结构优化,单调队列优化的特征为区间不固定(滑动窗口),队列头部在保证合法的状态下,是现在的最优决策,在尾部将每次更新的决策插入,同时维护队列的单调性;

适用范围:1D/1D动态规划

所谓1D/1D动态规划,即状态转移方程形如

\[f[i] = \min_{j \in [l(i), r(i)]} f[j] + val(i, j) \]

的动态规划;

对于纯单调队列的优化,其中 $ val(i, j) $ 的每一项仅与 $ i $ 和 $ j $ 之中的一个有关(即不能出现 $ i $ 和 $ j $ 的乘积项),这是用单调队列优化的基本条件;

单调队列优化的基本思路:

对于一个状态 $ i $,我们要做的就是在决策范围单调变化的同时,快速找出一个最优决策 $ j $,然后更新现在的状态,单调队列就是在维护这样一个合法的决策集合,使我们能够快速更新现在的状态;

依据这个思路,我们来分析一下时间复杂度:

假设现在 $ i \in [1, n] $,则:

朴素:枚举一次 $ i $ ,同时内层循环枚举 $ j \in [l(i), r(i)] $(一般是 $ j \in [0, i) $ ),时间复杂度为 $ \Theta (n^2) $;

单调队列优化:每个 $ j $ 至多进队和出队一次,时间复杂度为 $ \Theta (n) $;

例题

Luogu P2254 [NOI2005] 瑰丽华尔兹

首先很容易想出一个状态 $ f[k][i][j] $ 代表在第 $ k $ 时刻,在 $ (i, j) $ 所滑行的最长距离;

很容易想出状态转移方程:

\[\begin{equation} f[k][i][j] \begin{cases} \max(f[k][i][j], f[k - 1][i][j]) \ (所有情况)\\ \max(f[k][i][j], f[k - 1][i + 1][j] + 1) \ (t[k] = 1) \\ \max(f[k][i][j], f[k - 1][i - 1][j] + 1) \ (t[k] = 2) \\ \max(f[k][i][j], f[k - 1][i][j + 1] + 1) \ (t[k] = 3) \\ \max(f[k][i][j], f[k - 1][i][j - 1] + 1) \ (t[k] = 4) \\ \end{cases} \end{equation} \]

其中,$ t[k] $ 代表滑行方向;

可以用滚动数组将第一位滚掉以满足内存需求;

时间复杂度:$ \Theta (Tnm) $ 需要优化;

不妨从状态设计下手,发现时间段的范围很小,所以可以重定义状态 $ f[k][i][j] $ 代表在第 $ k $ 个时间段,在 $ (i, j) $ 所滑行的最长距离;

状态转移方程:

\[f[k][i][j] = \max(f[k - 1][i][j], \ \max(f[k][i^`][j^`] + dis((i, j) , (i^`, j^`)))) \]

发现时间复杂度 $ \Theta (kn^2 m^2) $ 需要优化;

不难发现,对于一个相同的时间段,移动的方向是固定的,且随着 $ (i, j) $ 的变化,决策的范围也在单调变化,且 $ dis $ 仅和 $ i $ 与 $ j $ 有关,所以对于 $ dis $ 可以用单调队列优化;

具体实现操作:

  1. 分情况确定移动的方向;

  2. 在此方向维护一个单调队列存相应的决策 $ j $,每次更新时首先判断队头是否越界(即 $ dis $ 是否大于时间段),如果越界,弹出队头;

  3. 队头即为最优决策,用队头更新当前状态;

  4. 将当前状态作为决策从队尾插入,同时维护单调性;

注意: 单调队列中维护的是决策(即状态转移方程中的 $ j $),每次进行第 $ 4 $ 步时需要将决策带回状态转移方程进行判断;

第一维可以用滚动数组滚掉;

具体实现请看代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <deque>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, m, x, y, kk;
int a[505][505];
int t[40005];
int f[2][205][205];
int T;
char c;
struct sss{
	int st, ed, d;
}e[10000005];
deque<int> q;
int main() {
	cin >> n >> m >> x >> y >> kk;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> c;
			if (c == '.') {
				a[i][j] = 1;
			}
			if (c == 'x') {
				a[i][j] = 0;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			f[0][i][j] = 0xcfcfcfcf;
		}
	}
	f[0][x][y] = 0;
	int p = 0;
	for (int i = 1; i <= kk; i++) {
		cin >> e[i].st >> e[i].ed >> e[i].d;
	}
	for (int k = 1; k <= kk; k++) {
		p ^= 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= m; j++) {
				f[p][i][j] = 0xcfcfcfcf;
			}
		}
		if (e[k].d == 3) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				q.clear(); //注意每次清空队列;
				for (int j = m; j >= 1; j--) {
					if (a[i][j] == 0) {
						q.clear(); //碰到障碍物后,前面的决策都不可取,所以要清空队列;
						continue;
					}
					while(!q.empty() && q.front() > j + (e[k].ed - e[k].st + 1)) q.pop_front();
					while(!q.empty() && f[p ^ 1][i][j] + j >= f[p ^ 1][i][q.back()] + q.back()) q.pop_back();
					q.push_back(j);
					f[p][i][j] = max(f[p][i][j], f[p ^ 1][i][q.front()] + q.front() - j);
				}
			}
		}
		else if (e[k].d == 4) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				q.clear();
				for (int j = 1; j <= m; j++) {
					if (a[i][j] == 0) {
						q.clear();
						continue;
					}
					while(!q.empty() && q.front() < j - (e[k].ed - e[k].st + 1)) q.pop_front();
					while(!q.empty() && f[p ^ 1][i][j] - j >= f[p ^ 1][i][q.back()] - q.back()) q.pop_back();
					q.push_back(j);
					f[p][i][j] = max(f[p][i][j], f[p ^ 1][i][q.front()] + j - q.front());
				}
			}
		}
		else if (e[k].d == 1) {
			for (int j = 1; j <= m; j++) {
				q.clear();
				for (int i = n; i >= 1; i--) {
					if (a[i][j] == 0) {
						q.clear();
						continue;
					}
					while(!q.empty() && q.front() > i + (e[k].ed - e[k].st + 1)) q.pop_front();
					while(!q.empty() && f[p ^ 1][i][j] + i >= f[p ^ 1][q.back()][j] + q.back()) q.pop_back();
					q.push_back(i);
					f[p][i][j] = max(f[p][i][j], f[p ^ 1][q.front()][j] + q.front() - i);
				}
			}
		}
		else if (e[k].d == 2) {
			for (int j = 1; j <= m; j++) {
				q.clear();
				for (int i = 1; i <= n; i++) {
					if (a[i][j] == 0) {
						q.clear();
						continue;
					}
					while(!q.empty() && q.front() < i - (e[k].ed - e[k].st + 1)) q.pop_front();
					while(!q.empty() && f[p ^ 1][i][j] - i >= f[p ^ 1][q.back()][j] - q.back()) q.pop_back();
					q.push_back(i);
					f[p][i][j] = max(f[p][i][j], f[p ^ 1][q.front()][j] - q.front() + i);
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			ans = max(ans, f[p][i][j]);
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

不难发现,在单调队列优化时,我们通常将状态看做常量,将决策看做变量,每次保证决策的单调性,是做这部分题的小技巧;

推荐一道题

Luogu P2569 [SCOI2010] 股票交易

五. 斜率优化

刚刚我们探讨了单调队列优化的基本操作,让我们回顾一下1D/1D动态规划的状态转移方程:

\[f[i] = \min_{j \in [l(i), r(i)]} f[j] + val(i, j) \]

我们知道,当$ val(i, j) $ 的每一项仅与 $ i $ 和 $ j $ 之中的一个有关(即不能出现 $ i $ 和 $ j $ 的乘积项)时,可以用单调队列优化;

如果有乘积项,就需要用到斜率优化

当出现乘积项时,我们很容易联想到平面直角坐标系中形如 $ y = kx + b $ 的一次函数,依据这个思想,我们来探讨斜率优化;

斜率优化的主要思想:及时排除无用决策

接下来,我们依据例题来解释斜率优化;

例题

Luogu P5785 [SDOI2012] 任务安排

首先求出 $ T $, $ C $ 的前缀和 $ sumt $ 和 $ sumc $ ;

定义$ f[i][j] $ 表示前 $ i $ 个任务分成 $ j $ 批施行的最小费用,很容易得出状态转移方程:

\[f[i][j] = \min_{k \in [0, i)} f[k, j - 1] + (S * j + sumt[i]) * (sumc[i] - sumc[k]) \]

时间复杂度:$ \Theta (n^3) $

考虑优化;

不妨设题目中 $ t $ 都为正整数;

不难发现,状态的第二维(批次)是一个附加状态,即它不是求答案的直接手段,只是求答案的一个附加手段;

考虑优化掉这一维;

其实当我们在执行一批任务时,并不是关心它之前机器启动了多少次,而是应该关心机器的启动对现在状态所耽误的时间

如果不知道之前机器启动了多少次,怎么去求机器的启动对现在状态所耽误的时间?

我们可以换一个角度思考,机器因执行一批任务所花费的启动时间 $ S $ 会累加到后续所有任务完成的时间之中,对此,我们引入一个思想,叫做费用提前计算,也就是说,当每启动一次机器时,就把它对之后的所有影响(一直到 $ n $)全部计算在内,这样就达到了求出最小费用的优化;

依据上述思路,我们定义 $ f[i] $ 表示把前 $ i $ 个任务分成若干批执行的最小费用,有状态转移方程:

\[f[i] = \min_{j \in [0, i)} f[j] + sumt[i] * (sumc[i] - sumc[j]) + S * (sumc[n] - sumc[j]) \]

值得注意的是,在费用提前计算的思想下,只有目标 $ f[n] $ 是正确的,其它结果(例如 $ f[n - 1] $)是偏大的;

时间复杂度:$ \Theta (n^2) $

还是不行,再次考虑优化;

发现这个优化过的状态转移方程满足1D/1D的动态规划,且 $ val $ 项有乘积项,考虑斜率优化;

将方程展开,得到:

\[f[i] = \min_{j \in [0, i)} f[j] - (S + sumt[i]) * sumc[j] + sumt[i] * sumc[i] + S * sumc[n] \]

因为在平面直角坐标系中,纵坐标是随横坐标变化的,所以我们去掉 $ \min $,将只含 $ j $ 的项移到等式左面,剩下的项移到等式右面,可得:

\[f[j] = (S + sumt[i]) * sumc[j] + f[i] - sumt[i] * sumc[i] - S * sumc[n] \]

在以 $ sumc[j] $ 为横坐标,$ f[j] $ 为纵坐标的平面直角坐标系中,这是一条以 $ S + sumt[i] $ 为斜率,$ f[i] - sumt[i] * sumc[i] - S * sumc[n] $ 为截距的直线;

这也就是说,我们的决策其实也就对应这个平面直角坐标系中的一个个点,这条直线就对应着我们现在的状态,要用决策去更新状态,需要让这条线去撞决策点;

image

如图所示;

现在我们想要让 $ f[i] $ 最小,观察得截距中其它项都是常数,那么我们让截距最小,所经过的点即为最优决策;

现在我们来考虑一个点能成为最优决策的条件,并依此排除无用决策;

image

如图,发现当这三个点构成一个“上凸”形时,点 $ 2 $ 不可能成为最优决策;

image

如图,发现当这三个点构成一个“下凸”形时,这三个点都可能成为最优决策;

发现:一个决策点 $ 2 $ 能够成为最优决策,当且仅当:

\[\frac{f[j_2] - f[j_1]}{sumc[j_2] - sumc[j_1]} < \frac{f[j_3] - f[j_2]}{sumc[j_3] - sumc[j_2]} \]

这里有个技巧,当我们求斜率时,最好保证两边都为正数,以省去不必要的计算与变号

当取等号时, \(j_2\)\(j_3\) 同时成为最优决策;

于是,我们只需用单调队列维护一个下凸壳(如第二张图)即可,其中斜率单调递增;

当我们找最优决策时,可以发现最优决策点与左边点的连线斜率比 $ S + sumt[i] $ 小,右边比它大;

所以,总的操作为:

  1. 检查队首斜率与直线斜率 $ S + sumt[i] $ 的关系,若前者小于等于后者,根据斜率 $ S + sumt[i] $ 的单调递增性,需使队首出队;

  2. 此时,队首即为最优决策,更新现在的状态;

  3. 依据 $ sumc[j] $ 的单调递增性,我们从队尾将已经更新的状态作为一个新的决策插入,同时维护决策斜率的单调递增性;

在进行第三步时,我们将 $ i $ 与队尾建立联系,求出斜率,同时将此斜率与队尾斜率进行比较,以维护斜率的单调递增性;

时间复杂度优化到了 $ \Theta (n) $;

到这,实现的代码为:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, s;
int t[1000005], c[1000005];
int f[1000005];
int sumt[1000005], sumc[1000005];
int main() {
	cin >> n >> s;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i] >> c[i];
	sumt[1] = t[1];
	sumc[1] = c[1];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sumt[i] = sumt[i - 1] + t[i];
		sumc[i] = sumc[i - 1] + c[i];
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j < i; j++) {
			f[i] = min(f[i], f[j] + sumt[i] * (sumc[i] - sumc[j]) + s * (sumc[n] - sumc[j]));
		}
	}
	cout << f[n];
	return 0;
}

但我们讨论的都是 $ t $ 都为正整数的情况,如果不是呢(即 $ sumt $ 并不是单调递增的)?

很显然,我们上述过程中的第一步就不对了,那也没有关系,此时问题是队首不一定是最优决策,所以我们不能弹出队首,而必须维护整个凸壳,依据决策斜率的单调性,每次二分查找满足上述过程中的第一步并更新即可;

队尾操作不变;

时间复杂度:$ \Theta (n \ log \ n) $,可以通过本题;

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
int n, s;
int t[1000005], c[1000005];
int f[1000005];
int sumt[1000005], sumc[1000005];
int q[10000005];
int l, r;
int bi(int k) {
	if (l == r) return q[l];
	int L = l, R = r;
	while(L <= R) {
		int mid = (L + R) >> 1;
		if (f[q[mid + 1]] - f[q[mid]] <= k * (sumc[q[mid + 1]] - sumc[q[mid]])) L = mid + 1;
		else R = mid - 1;
	}
	return q[L];
}
main() {
	cin >> n >> s;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i] >> c[i];
	sumt[1] = t[1];
	sumc[1] = c[1];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sumt[i] = sumt[i - 1] + t[i];
		sumc[i] = sumc[i - 1] + c[i];
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[0] = 0;
	l = 0, r = 0;
	q[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int j = bi(s + sumt[i]);
		f[i] = min(f[i], f[j] - (s + sumt[i]) * sumc[j] + sumt[i] * sumc[i] + s * sumc[n]);
		while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (sumc[i] - sumc[q[r]]) >= (f[i] - f[q[r]]) * (sumc[q[r]] - sumc[q[r - 1]])) r--;
		q[++r] = i;
	}
	cout << f[n];
	return 0;
}

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斜率优化一般会结合前缀和,在求解斜率时,可以化除为乘,但不易查错。也可以将斜率写为函数,但容易丢精度;

六. 四边形不等式优化

四边形不等式定义:

\[w(a, d) + w(b, c) \geq w(a, c) + w(b, d) \ (a \leq b \leq c \leq d) \]

其中 $ w(a, b) $ 表示定义在整数集合上的二元函数;

定理

对于形如

\[f[i] = \min_{j \in [0, i)} f[j] + val(i, j) \]

的状态转移方程,设 $ p[i] $ 是 $ f[i] $ 的最优决策,若 $ p $ 在定义域内单调不减,则称 $ f $ 具有决策单调性;

在状态转移方程

\[f[i] = \min_{j \in [0, i)} f[j] + val(i, j) \]

中,若函数 $ val $ 满足四边形不等式,则称 $ f $ 具有决策单调性;

显然,在 $ p $ 数组中,决策是连续的,如图:

image

这显示了 $ p $ 数组中存储的决策;

维护一个三元组 $ j, l, r $, $ j $ 代表当前段内的决策,$ l $ $ r $ 分别代表当前决策的左右区间(管辖范围);

用单调队列维护 $ p $ 数组,可以概括为以下几个步骤:

  1. 检查队头,设队头三元组为 $ j, l, r $,若 $ r < i $,弹出队头;

设队尾三元组为 $ j_0, l_0, r_0 $,则:

  1. 若对于 $ f[l_0] $ 来说,$ i $ 比 $ j_0 $ 更优,则删除队尾;

  2. 否则,在队尾二分查找,找到一个位置,使得在这个位置及右边 $ i $ 比 $ j_0 $ 更优,左边$ j_0 $ 比 $ i $ 更优,这个位置记为 $ pos $;

  3. 将三元组 $ i, pos, n $ 插入队尾;

结语

概括来讲,$ DP $ 优化思路为:

  1. 有可随意划分的,用倍增优化;

  2. 发现环形,破环成链,或者复制一倍在末尾,用环形处理的思路;

  3. 状态转移的方向与 $ DP $ 方向不一,用后效性处理的思路;

  4. 状态转移方程需要在定区间内查询最值等等,用数据结构优化;

  5. 1D/1D的动态规划,需要维护动态区间,当 $ val $ 中有乘积项时,用斜率优化。没有时用单调队列优化;

  6. 当 $ val $ 满足四边形不等式时,依据决策的单调性优化;

总之, $ DP $ 优化因题而异,做好优化需要我们快速且正确的设计出状态转移方程,打好基础,才能做到掌握优化;

与[DP] DP优化总结相似的内容:

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