HDU 3507 Print Artical

 

狀態方程爲dp[i]=min{dp[j]+(sum[i]-sum[j])^2+m} ,0<=j<i

狀態轉移是O(n)的，總體複雜度爲O(n^2)，對於n=500000顯然會超時

上網查了下，發現要用到斜率優化，找了些資料來看，理解了一下什麼是斜率優化

這個題我是用代數方法維護單調隊列的，幾何方法暫時還不會

首先,把方程變化一下

Dp[i]=min{dp[j]+sum[j]^2-2*sum[i]*sum[j]}+s[i]^2+m，把不影響決策j的放到括號外面

設w[j,i]= dp[j]+sum[j]^2-2*sum[i]*sum[j],需要證明的是，對於j1<j2<i，若w[j1,i]>w[j2,i],那麼對於i’>i,w[j1,i’]>w[j2,i’],即j1對之後的決策是沒用的

令h(x)=dp[x]+sum[x]^2

若w[j1,i]<w[j2,i],那麼h(j1)-2*sum[i]*sum[j1]<h(j2)-2*sum[i]*sum[j2]

即(h(j1)-h(j2))/(sum[j1]-sum[j2])>2*sum[i]

這個表達式與w[j1,i]<w[j2,i]等價，

記s[j1,j2]= (h(j1)-h(j2))/(sum[j1]-sum[j2]),即2*sum[i]<s[j1,j2]的時候，j1比j2更優，2*sum[i]>=s[j1,j2]的時候，j2比j1更優，由於sum[i]是隨i單調遞增的，即i’>i時，sum[i’]>sum[i]，即此後j2總是比j1更優，可以捨棄j1

於是，我們需要維護一個單調遞增的序列,j0<j1<j2<…且2*sum[i]<s[j0,j1]<s[j1,j2]<…即最優性質是遞減的，隊頭總是最優的

當新加入一個點時，我們維護這個單調序列的單調性，如果要取對於點i的最優決策點，必須滿足2*sum[i]<s[j0,j1]，否則，隊頭出隊，直到只剩一個點。需要注意的是j0,j1,j2雖然是遞增的，但是不一定是連續的！

#include<iostream> #include<memory.h> #include<string> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<math.h> #include<stack> #include<queue> #include<vector> #include<map> using namespace std; const int MAX=500005; long long dp[MAX],sum[MAX]; int p[MAX],head,tail; long long get1(int i,int j) { return dp[i]-dp[j]+sum[i]*sum[i]-sum[j]*sum[j]; } long long get2(int i,int j) { return sum[i]-sum[j]; } int Pop(int i) { while(head<tail&&get1(p[head],p[head+1])>=2*sum[i]*get2(p[head],p[head+1])) head++; return p[head]; } void Push(int i) { while(head<tail&&get1(p[tail],i)*get2(p[tail-1],p[tail])<=get1(p[tail-1],p[tail])*get2(p[tail],i)) tail--; tail++; p[tail]=i; } int main() { int i,j,n,m; long long k; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { sum[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&k); sum[i]=sum[i-1]+k; } dp[0]=0; head=0; tail=-1; Push(0); for(i=1;i<=n;i++) { j=Pop(i); //cout<<j<<endl; dp[i]=dp[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+m; Push(i); } printf("%lld/n",dp[n]); } return 0; }