算法竞赛专题解析（12）：DP优化(2)--斜率(凸壳)优化

本系列文章将于2021年整理出版，书名《算法竞赛专题解析》。
前驱教材：《算法竞赛入门到进阶》 清华大学出版社
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  有一类DP状态方程，例如：
    $dp[i]=min\{dp[j]-a[i]\ast d[j]\}$   $0\le j<i，d[j]\le d[j+1],a[i]\le a[i+1]$
  它的特征是存在一个既有$i$又有$j$的项$a[i]\ast d[j]$。
  编程时，如果简单地对$i$和$j$循环，复杂度是$O(n^2)$的。
  通过斜率优化（英文convex hull trick，凸壳优化），把时间复杂度优化到$O(n)$。
  斜率优化的核心技术是斜率（凸壳）模型和单调队列。

1. 把状态方程变换为平面的斜率问题

  方程对某个固定的$i$，求$j$变化时$dp[i]$的最优值，所以可以把关于$i$的部分看成固定值，把关于$j$的部分看成变量。把$min$去掉，方程转化为：
    $dp[j]=a[i]\ast d[j]+dp[i]$
  为方便观察，令：$y=dp[j]$，$x=d[j]$，$k=a[i]$，$b=dp[i]$，方程变为：
    $y=kx+b$
  斜率优化的数学模型，就是把状态转移方程转换为平面坐标系直线的形式：$y=kx+b$。其中：
  （1）变量$x$、$y$和$j$有关，并且只有$y$中包含$dp[j]$。点$(x,y)$是题目中可能的决策。
  （2）斜率$k$、截距$b$与$i$有关，并且只有$b$中包含$dp[i]$。最小的$b$包含最小的$dp[i]$，也就是状态方程的解。
  注意应用斜率优化的2个条件：$x$和$k$是单调增加的，即$x$随着$j$递增而递增，$k$随着$i$递增而递增。

2. 求一个dp[i]

  先考虑固定$i$的情况下求$dp[i]$。由于$i$是定值，那么斜率$k=a[i]$可以看成常数。当$j$在$0\le j<i$内变化时，对某个$j_r$，产生一个点$v_r=(x_r,y_r)$，这个点在一条直线$y=kx+b_r$上，$b_r$是截距。如图1。

图1 经过点(x, y)的直线

  对于$0\le j<i$中所有的$j$，把它们对应的点都画在平面上，这些点对应的直线的斜率$k=a[i]$都相同，只有截距$b$不同。在所有这些点中，有一个点$v^{\prime }$所在的直线有最小截距$b^{\prime }$，算出$b^{\prime }$，由于$b^{\prime }$中包含$dp[i]$，那么就算出了最优的$dp[i]$。如图2。

图2 经过最优点v'的直线

  如何找最优点$v^{\prime }$？利用“下凸壳”。
  前面提到，$x$是单调增加的，即$x$随着$j$递增而递增。图3(1)中给出了了4个点，它们的$x$坐标是递增的。

(1)原图       （2）去掉点3       （3找到最优的v'点 图3 用下凸壳找最优点

  图3(1)中的1、2、3构成了“下凸壳”，“下凸壳”的特征是线段12的斜率小于线段23的斜率。2、3、4构成了“上凸壳”。经过上凸壳中间点3的直线，其截距b肯定小于经过2或4的有相同斜率的直线的截距，所以点3肯定不是最优点，去掉它。
  去掉“上凸壳”后，得到图3(2)，留下的点都满足“下凸壳”关系。最优点就在“下凸壳”上。例如在图3(3)中，用斜率为$k$的直线来切这些点，设线段12的斜率小于$k$，24的斜率大于$k$，那么点2就是“下凸壳”的最优点。
  以上操作用单调队列编程很方便。
  （1）进队操作，在队列内维护一个“下凸壳”，即每2个连续点组成的直线，其斜率是单调上升的。新的点进队列时，确保它能与队列中的点一起仍然能够组成“下凸壳”。例如队列尾部的2个点是$v_1$、$v_2$，准备加入队列的新的点是$v_3$。比较$v_1$、$v_2$、$v_3$，看线段$v_1{v}_2$和$v_2{v}_3$的斜率是否递增，如果是，那么$v_1$、$v_2$、$v_3$形成了“下凸壳”；如果斜率不递增，说明$v_2$不对，从队尾弹走它；然后继续比较队列尾部的2个点和$v_3$；重复以上操作，直到$v_3$能进队为止。经过以上操作，队列内的点组成了一个大的“下凸壳”，每2个点组成的直线，斜率递增，队列保持为单调队列。
  （2）出队列，找到最优点。设队头的2个点是$v_1$、$v_2$，如果线段$v_1{v}_2$的斜率比$k$小，说明$v_1$不是最优点，弹走它，继续比较队头新的2个点，一直到斜率大于$k$为止，此时队头的点就是最优点$v^{\prime }$。

3. 求所有的dp[i]

  以上求得了一个$dp[i]$，复杂度$O(n)$。如果对所有的$i$，每一个都这样求$dp[i]$，总复杂度仍然是$O(n^2)$的，并没有改变计算的复杂度。有优化的方法吗？
  一个较小的$i_1$，它对应的点是{$v_0,v_1,...,v_{i1}$}；一个较大的$i_2$，对应了更多的点{$v_0,v_1,...,v_{i1},...,v_{i2}$}，其中包含了$i_1$的所有点。当寻找$i_1$的最优点时，需要检查{$v_0,v_1,...,v_{i1}$}；寻找i2的最优点时，需要检查{$v_0,v_1,...,v_{i1},...,v_{i2}$}。这里做了重复的检查，并且这些重复是可以避免的。这就是能优化的地方，仍然用“下凸壳”进行优化。
  （1）每一个$i$所对应的斜率$k_i=a[i]$是不同的，根据约束条件$a[i]\le a[i+1]$，当$i$增大时，斜率递增。

图4 多个i对应的直线

  （2）前面已经提到，对一个$i_1$找它的最优点的时候，可以去掉一些点，即那些斜率比$k_{i1}$小的点。这些被去掉的点，在后面更大的$i_2$时，由于斜率$k_{i2}$也更大，肯定也要被去掉。
  根据（1）和（2）的讨论，优化方法是：对所有的$i$，统一用一个单调队列处理所有的点；被较小的$i_1$去掉的点，被单调队列弹走，后面更大的$i_2$不再处理它们。
  因为每个点只进入一次单调队列，总复杂度$O(n)$。
  下面的代码演示了以上操作。

//q[]是单调队列，head指向队首，tail指向队尾，slope()计算2个点组成的直线的斜率
for(int i=1;i<=n;i++){ 
    while(head<tail && slope(q[head],q[head+1])<k)  //队头的2个点斜率小于k 
        head++;                                     //不合格，从队头弹出
    int j = q[head];   //队头是最优点
    dp[i] = ...;       //计算dp[i]
    while(head<tail && slope(i,q[tail-1])<slope(q[tail-1],q[tail]))   //进队操作
        tail--;        //弹走队尾不合格的点
    q[++tail] = i;     //新的点进队列
}

  为加深对上述代码的理解，考虑一个特例：进入队列的点都符合“下凸壳”特征，且这些点组成的直线的斜率大于所有的斜率$k_i$，那么结果是：队头不会被弹出，进队的点也不会被弹出，队头被重复使用$n$次。

图5 一个特例

4. 例题

  下面用一个例题给出典型代码。

---

HDU 3507 Print Article http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507
题目描述：打印一篇包含N个单词的文章，第i个单词的打印成本为Ci。在一行中打印k个单词的花费是 ，M是一个常数。如何安排文章，才能最小化费用？
输入：有很多测试用例。对于每个测试用例，第一行中都有两个数字N和M（0≤n≤500000，0≤M≤1000）。然后，在接下来的2到N + 1行中有N个数字。输入用EOF终止。
输出：一个数字，表示打印文章的最低费用。
样例输入：
5 5
5
9
5
7
5
样例输出：
230

---

  题目的意思是：有$N$个数和一个常数$M$，把这$N$个数分成若干部分，每一部分的计算值为这部分数的和的平方加上$M$，总计算值为各部分计算值之和，求最小的总计算值。由于$N$很大，$O(N^2)$的算法超时。
  设$dp[i]$表示输出前$i$个单词的最小费用，DP转移方程：
    $dp[i]=min\{dp[j]+(sum[i]-sum[j])2+M\}$   $0<j<i$
  其中$sum[i]$表示前$i$个数字和。
  下面把DP方程改写为$y=kx+b$的形式。首先展开方程：
    $dp[i]=dp[j]+sum[i]\ast sum[i]+sum[j]\ast sum[j]-2\ast sum[i]\ast sum[j]+M$
  移项得：
    $dp[j]+sum[j]\ast sum[j]=2\ast sum[i]\ast sum[j]+dp[i]-sum[i]\ast sum[i]-M$
  对照$y=kx+b$，有：
  $y=dp[j]+sum[j]\ast sum[j]$，$y$只和$j$有关。
  $x=2\ast sum[j]$，$x$只和$j$有关，且随着$j$递增而递增。
  $k=sum[i]$，$k$只和$j$有关，且随着$i$递增而递增。
  $b=dp[i]-sum[i]\ast sum[i]-M$，$b$只和i有关，且包含$dp[i]$。
  下面给出代码。

#include 
using namespace std;
const int MAXN = 500010;

int dp[MAXN];   
int q[MAXN];      //单调队列
int sum[MAXN];

int X(int x){ return 2*sum[x]; }
int Y(int x){ return dp[x]+sum[x]*sum[x]; }
//double slope(int a,int b){return (Y(a)-Y(b))/(X(a)-X(b));} //除法不好，改成下面的乘法
int slope_up  (int a,int b) { return Y(a)-Y(b);}   //斜率的分子部分
int slope_down(int a,int b) { return X(a)-X(b);}   //斜率的分母部分

int main(){
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&sum[i]);
        sum[0] = dp[0] = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)  sum[i]+=sum[i-1];

        int head=1,tail=1;      //队头队尾
        q[tail]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            while(head<tail &&
                  slope_up(q[head+1],q[head])<=sum[i]*slope_down(q[head+1],q[head])) 
               head++;           //斜率小于k，从队头弹走

            int j = q[head];     //队头是最优点
            dp[i] = dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]);    //计算dp[i]

            while(head<tail && 
                              slope_up(i,q[tail])*slope_down(q[tail],q[tail-1])
                           <= slope_up(q[tail],q[tail-1])*slope_down(i,q[tail]))
                tail--;          //弹走队尾不合格的点
            q[++tail] = i;       //新的点进队尾
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}

5. 习题

  （1）洛谷P3195 玩具装箱 https://www.luogu.com.cn/problem/P3195
  DP方程：$dp[i]=min\{dp[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-L-1{)}^2\}$
  
  （2）洛谷4072 SDOI2016征途 https://www.luogu.com.cn/problem/P4072
  二维斜率优化，DP方程：$dp[i][p]=min\{dp[j][p-1]+(s[i]-s[j]{)}^2\}$