本篇部落格主要講的是斜率優化一些最基礎的定義以及做法，高階版可以見 這篇部落格
在某些情況下，\(dp\) 的時間複雜度仍然超出了題目的限制，這時我們就要考慮對其進行優化
斜率優化是對決策進行優化的一種方法
它適用於類似 \(f[i]=min/max(a[i]×b[j]+c[i]+d[j])\) 的方程
斜率優化由乙個單調佇列進行維護，維護滿足要求的最優下標，在更新當前的 \(f\) 也就是 \(dp\) 陣列時，直接取隊首即可。
接下來以幾道簡單的例題講解
題目鏈結
題意很簡單，讓我們任意分組，使得分出來組的那一段 \(sum\) 在進行那個式子的運算之後最大，於是我們可以推轉移方程。
定義 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 個人，分成 \(j\) 組的最大值。
容易得到 \(f[i][j] = \max_(f[i][j],f[k][j-1] + a\times (sum[i]-sum[k])^2+b\times (sum[i]-sum[k]) + c)\)
我們可以發現每次的最大值都是從之前轉移來，並且第二維是沒有意義的，所以可以轉化為一維。
要使當前被最優地更新，我們可以得到如下不等式：
\(f_+a\times (sum_i-sum_)^2+b\times (sum_i-sum_) + c > f_+a\times (sum_i-sum_)^2+b\times (sum_i-sum_) + c\)
然後移項使不等號一邊只剩下常數，得到：
\[\frac-f_+a\times sum_^2-a\times sum_^2+b\times sum_-b\times sum_}-sum_} > 2\times a\times sum_i
\]於是我們可以得到斜率為 \(2\times a\times sum_i\)。
由於 \(a<0\) ，斜率單調減，那麼維護乙個上凸包即可。
#includeusing namespace std;
#define int long long
#define gc() (p1 == p2 ? (p2 = buf + fread(p1 = buf, 1, 1 << 20, stdin), p1 == p2 ? eof : *p1++) : *p1++)
#define read() ( while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + (c & 15), c = gc(); f * x; })
char buf[1 << 20], *p1, *p2;
#define db double
const int maxn = 1e6+10;
int x[maxn];
int f[maxn];
int sum[maxn];
int q[maxn];
int a,b,c;
inline db calc(int k1,int k2)
signed main()
int head = 1,tail = 1;
for(int i = 1;i <= n;++i)
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
第一行兩個整數 \(n,k\) ,表示學生人數和佇列數。
第二行 \(n\) 個實數，表示每名學生的身高。身高範圍在 \(140∼200cm\) 之間，保留兩位小數。
乙個實數表示答案，保留 \(2\) 位小數。
樣例輸入1：
3 2樣例輸出1：170.00 180.00 168.00
4.00樣例輸入2：
5 2樣例輸出2：170.00 180.00 168.00 140.59 199.99
1023.36資料點
\(n\)
\(k\)
\(1-2\)
\(\leqslant 10\)
\(\leqslant 5\)
\(3-6\)
\(\leqslant 100\)
\(\leqslant 10\)
\(7,8\)
\(\leqslant 10^5\)
\(1\)
\(9,10\)
\(\leqslant 10^5\)
\(2\)
\(11,12\)
\(\leqslant 10^5\)
\(3\)
\(13,14\)
\(\leqslant 10^5\)
\(4\)
\(15-20\)
\(\leqslant 10^5\)
\(\leqslant 20\)
首先最簡單的方法就是離散化一下，直接暴力 \(dp\) ，顯然是可以過的。
但是我們作為新時代的青年當然要搞優秀的演算法，所以考慮把暴力 \(dp\) 改成斜率優化。
與上乙個題類似，狀態轉移方程仍然是二維的，轉移也很容易寫出來，即：
\[f[i][j] = \min_(f[i][j],f[k][j-1] + (a[k+1] - a[i]) * (a[k+1] - a[i]))
\]這裡我們需要保留第二維 \(j\) ，具體沒有什麼大影響，只需要在計算斜率的時候多傳乙個參就行了。
然後我們推不等式，容易得到：
\[\frac < 2 \times a[i]
\]然後跟上乙個題一樣單調佇列維護斜率即可。由於 \(x\) 是單調的，所以我們只需要看斜率，維護乙個下凸包即可。
#include#include#include#include#define db double
#define rint register int
#define max(a,b) (a > b ? a : b)
#define min(a,b) (a < b ? a : b)
const int maxn = 1e5+10;
int n,k;
db a[maxn];
db f[maxn][25];
int q[maxn],head,tail;
inline db calc(int k1,int k2,int j)
int main()
std::sort(a+1,a+n+1);
rint tot = std::unique(a+1,a+n+1) - a - 1;
head = 1,tail = 0;
for(rint i = 1;i <= tot;++i)f[i][1] = (a[1] - a[i]) * (a[1] - a[i]);
for(rint j = 2;j <= k;++j)
} printf("%.2lf\n",f[tot][k]);
return 0;
}
一般的套路題，分組的暴力 \(dp\) 應該非常好想，這裡不再一點一點推，然後我們會發現，每次分組是把當前組的兩部分乘起來，然後就瞬間沒了思路。
由於乙個乙個區間進行處理不現實，所以一定有什麼結論，然後開始推：
假設有 \(4\) 個數 \(a,b,c,d\) 組成乙個序列，給出乙個固定的分組 \(,,\) 。
我們會發現分組的先後順序對答案沒有影響（建議自己多舉幾個例子），然後我們就可以跟一般的分組 \(dp\) 一樣轉移了。
容易得出狀態轉移：
\[f[i][j] = f[k][j-1] + sum[k] \times (sum[i] - sum[k])
\]然後我們又開始寫斜率不等式：
\[\frac < sum[i]
\]維護下凸包。
#includeusing namespace std;
#define int long long
#define gc() (p1 == p2 ? (p2 = buf + fread(p1 = buf, 1, 1 << 20, stdin), p1 == p2 ? eof : *p1++) : *p1++)
#define read() ( while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + (c & 15), c = gc(); f * x; })
char buf[1 << 20], *p1, *p2;
const int maxn = 1e5+10;
#define db double
int n,k;
int f[maxn][210],pre[maxn][210];
int sum[maxn];
int q[maxn];
inline db calc(int k1,int k2,int j)
inline void print(int x,int gs)
signed main()
} printf("%lld\n",f[n][k]);
int nn = n;
for(int i = k;i >= 1;--i)
return 0;
}
斜率優化 DP
我們知道，有些dp方程可以轉化成dp i f j x i 的形式，其中f j 中儲存了只與j相關的量。這樣的dp方程我們可以用單調佇列進行優化，從而使得o n 2 的複雜度降到o n 可是並不是所有的方程都可以轉化成上面的形式，舉個例子 dp i dp j x i x j x i x j 如果把右邊...
dp斜率優化
我們知道，有些dp方程可以轉化成dp i f j x i 的形式，其中f j 中儲存了只與j相關的量。這樣的dp方程我們可以用單調佇列進行優化，從而使得o n 2 的複雜度降到o n 可是並不是所有的方程都可以轉化成上面的形式，舉個例子 dp i dp j x i x j x i x j 如果把右邊...
斜率優化DP
斜率優化主要解決的是轉移方程中存在乙個同時與i和j有關的部分時的優化問題 dp i min dp j a i b j 0 include using namespace std typedef long long ll const int maxn 1e5 5 ll a maxn b maxn dp...