斜率优化DP总结

前言：

也是好久没有写题解了，最近主要学习了单调栈单调队列以及斜率优化DP这几个知识点，对于较难的斜率优化DP，做个小小的总结吧。

正(che)文(dan):

T1 hdu 3507

在一个风和日丽的早上，你打开了网页，点进了hdu，偶然间看到了这道题，不屑的以为这仅仅是一个很水的DP，2分钟给出DP方程式，很快的写完后发现n的范围居然是500000，这让已经推出来的 $O(n^2)$复杂度的递推式情何以堪，所以就产生了一种高逼格的优化方式：斜率优化。
这道题的方程式是什么呢？

$dp[i]=min(dp[j]+sum[i]^2-sum[j]^2+M) , j∈(0,i)$

我们发现从1到n计算i的时候，每一次都是将$1\sim i-1$的最优决策拿出来更新$i$，所以我们可不可以搞出来一种方式来维护这个最优解，使得在$i$递增的时候每次更新都能在$O(1)$的时间拿出来这个解呢。
我们先假设两个决策$k和j$,且$j>k$。
对于二者来说他们对应的值分别为:

$dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M$

$dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M$

如果这个时候$j这个决策是比k$优的，那么说明$j是完全可以取代k$的，因为$j是在k的后面出现$，随着时间的递增，可以证明$k是不可能再比j优的$，所以这个时候可以删掉$j$，但是反之就是不一定的，因为随着时间的递增$j有可能更优于k$，所以不可以删掉$k$>

$j优于k时$

$dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+M<=dp[k]+(sum[i]-sum[k])^2+M$

则

$\frac{dp[j]-dp[k]+sum[j]^2-sum[k]^2}{2*(sum[j]-sum[k])}<=sum[i]$

我们把

$\frac{dp[j]-dp[k]+sum[j]^2-sum[k]^2}{2*(sum[j]-sum[k])}$

叫做$g[k , j]$
那么就可以得到这个结论
$对于决策k与j来说，k<j，如果g[k,j]<sum[i]，那么就是在i这个时间点时，j优于k。$
$所以到i时，在给dp[i]赋值之前，需要维护这个队列的队首，如果$$g[q[head],q[head+1]]<=sum[i]$
$q[head+1]已经比q[head]更优了，所以head就可以删掉，这样我们每次从队头拿出来的值都是最优的值$
然而队尾的处理就没有那么简单了，因为两个决策的时候不好考虑删不删，所以我们引入第三个决策$l且k<j<l$

如果$g[k,j]>g[j,l]$

1. $g[j,l]>sum[i]$
   则说明$j比l优$，此时我们并不能做什么，但是同时$g[k,j]>g[j,l]>sum[i]$
   所以又有$k比j$优，这个时候符合已经推导出来的删点法则，我们就可以把$j$这个决策删除了
2. $g[j,l]<=sum[i]$
   则说明$l比j$优，根据删点法则，直接可以把$j$给删除，

那么从另一个角度说，$g[k,j]>g[j,l]$的时候是删除掉j的。

所以我们维护的是$g[k,j]<=g[j,l]$的情况也就是一个下凸函数(传不上图…)
这样分别去维护队首以及队尾就可以搞定这道题。

T2 玩具装箱

维护的仍然是最小值。
这道题也是挺简单的，只是在推导过程中心细一点就可以了。
我在这道题上将$sum[i]$定义为$1\sim i$的求和以及间隔数，以便推导时更加简洁。
最后推导出来的斜率式子是：

$\frac{dp[j]-dp[k] + (sum[j]-sum[k])*(sum[j]+sum[k]+2*(L+1))}{2*(sum[j] - sum[k])}$

其他的重复上一题的过程。

T3 特别行动队

这道题要求的是维护最大值，与之前两道题并不同，但本质上也没差多少。
最后推导出来的斜率式子是：

$\frac{dp[j]-dp[k]+a*(sum[j]*sum[j]-sum[k]*sum[k])+b*(sum[k]-sum[j])}{2*a*(sum[j]-sum[k])}$

其他的重复上一题的过程。

T4 USACO 2008 Mar Gold 1.Land Acquisition

这道题与之前的有些不同的是，需要加上一点贪心的思想，也就是说我们按照宽度或者长度从大到小排序，如果相等的话，另一个因素按照从大到小排序，这样再重新扫一遍所有的土地，以便除掉被其他土地包含的土地。再进行DP就可以了。
最后推导出来的斜率式子是：

$\frac{b[k+1].w - b[j+1].w}{dp[j] - dp[k]}$

其他的重复上一题的过程。

待续······