HNOI2008 玩具裝箱toy（斜率優化dp）

前言

這是我寫的第一道$dp$斜率優化的題目，$dp$一直都很菜，而且咖啡雞都說了這是基礎的東西，然而看別人對$dp$斜率優化一大堆公式又看不懂就老老實實做幾道題目，這個比較實在

描述

給出$n$和$l$.有$n$個玩具，第$i$個玩具的長度是$c[i]$，要求將玩具分成若干段，從$i$到$j$分為一段的長度為$x=j-i+\sum_^c[k]$，費用為$(x-l)^$. 求最小費用    [link]

分析

用$dp[i]$表示前i個玩具所需的最小費用,則有

$dp[i]=min\left \(1<=j

其中$sum[i]$表示的是$c[i]$的字首和.

為了方便,我們設

$a[i]=sum[i]+i,l=l+1$

於是原方程就等價於

$dp[i]=min\left\(1<=j

我們設$j

$dp[k]+(a[i]−a[k]−l)^

在紙上寫寫畫畫,把式子開啟再變一下形,容易得到

$\frac]-[dp[j]+(a[j]+l)^]}$ $

是不是很像

$\frac-y_}-x_}$

的形式?

這玩意兒不就是斜率嗎?!我們設它為$g(k,j)$

我們可以發現$a[i]$是單調遞增的,所以所有決策可以轉化為二維空間上的點集.

也就是說$k$這個點和j這個點的連線的斜率如果小於$a[i]$,那麼$k$這個決策就更優.

那麼對於三個決策$a

1.如果$g(b,a)

2.如果$g(b,a)>=a[i]$,那麼$b$不是最優,最優可能是$a$或$c$.

所以我們在新加入乙個點的時候,就可以把它看作$c$,然後把所有這樣的$b$都去掉,直到$g(c,b)>g(b,a)$，所以我們需要處理的斜率是單調遞增的.

這樣我們就可以用乙個單調佇列分別維護隊首和隊尾啦.

code

#include #define ll long long

#define empty (head>=tail)
const
int maxn = 5e4+10
;ll n, l, head, tail, j;
ll q[maxn], sum[maxn], s[maxn], f[maxn];
inline 
double x(ll i) 
inline 
double y(ll i) 
inline 
double rate(ll i,ll k)  
intmain()
head = tail = 1; q[1] = 0
;    
for (int i = 1; i <= n; i++) 
printf(
"%lld\n
", f[n]);
}

網上講了很多數形結合的方法，找截距最小，的確對理解很有幫助，但是可能像這樣的對我來說更好理解，另外有些細枝末節的東西沒有完全看懂，但是現在沒必要糾結.

建議多看些部落格，了解不同的想法，慢慢就會理解

這裡能用斜率優化是因為a[i]是單調的，至於具體為什麼，先不細究

參考文章：

HNOI2008 玩具裝箱toy

重點在講斜率優化 description p教授要去看奧運，但是他捨不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。p教授有編號為1.n的n件玩具，第i件玩具經過壓縮後變成一維長度為ci.為了方便整理，p教授要求在乙個一...

HNOI2008 玩具裝箱toy

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HNOI2008 玩具裝箱TOY

題目描述 p教授要去看奧運，但是他捨不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。p教授有編號為1 n的n件玩具，第i件玩具經過壓縮後變成一維長度為ci.為了方便整理，p教授要求在乙個一維容器中的玩具編號是連續的。同時...