农夫John准备扩大他的农场,他正在考虑N (1 <= N <= 50,000) 块长方形的土地. 每块土 地的长宽满足(1 <= 宽 <= 1,000,000; 1 <= 长 <= 1,000,000). 每块土地的价格是它的面积,但FJ可以同时购买多快土地. 这些土地的价格是它们最大的长乘以 它们最大的宽, 但是土地的长宽不能交换. 如果FJ买一块3x5的地和一块5x3的地,则他需要 付5x5=25. FJ希望买下所有的土地,但是他发现分组来买这些土地可以节省经费. 他需要你帮助他找到最小 的经费.
这题还算是比较经典的。
首先我们按x,y都递减排序。其中x是宽,y是长
然后发现如果一个矩形的长宽都不大于另一个矩形的长宽。那么这个矩形的花费就是0,因为买那个矩形顺便就买了这个小的。
所以去除这些不花钱的矩形。
剩下的矩形,x是递减的,y是递增的
然后可以写出转移方程
f[i] = min(f[j] + x[j + 1] * y[i]) (j < i)
然后为了方便,把x数组坐标提前一下
f[i] = min(f[j] + x[j] * y[i]) (j < i)
然后发现是n ^2的。不优化会超时
这就要用到经典的斜率优化了
考虑两个决策f[j],f[k]并假设j<k。
如果对于f[i],从f[j]转移来比从f[k]转移来更优,那么有:
f[j]+x[j]*y[i]<f[k]+x[k]*y[i]
移项得:
y[i]<(f[k]-f[j])/(x[j]-x[k])
令g[j,k] = (f[k]-f[j])/(x[j] - x[k])
则g[j,k] > y[i] 表示j比k更优。则k可以舍弃掉
进而我们发现这么一个问题,当c < b < a < i时,如果有g[c, b] > g[b, a],那么b永远都不会成为计算dp[i]时的决策点。
证明:
如果g[c, b] > g[b, a],那么我们可以分两个方面考虑g[c, b]与的关系:
(1)如果g[c, b] >= y[i],那么决策c不会比决策b差,也就说决策b不可能是决策点
(2)如果g[c, b] < y[i],那么由于g[c, b] > g[b, a],那么g[b, a] < y[i],那么决策a要比决策b好,所以b还不能作为决策点
根据上面的结论和一些特性,我们可以考虑维护一个斜率的队列来优化整个DP过程:
(1)假设a, b, c依次是队列右端的元素,那么我们就要考虑g[a, b]是否大于g[b, c],如果g[a, b] > g[b, c],那么可以肯定b一定不会是决策点,所以我们可以从队列中将b去掉,然后依次向前推,直到找到一个队列元素少于3个或者g[a, b] <= g[b, c]的点才停止。
(2)假设a, b是依次是队列左端的元素,那么我们知道,如果g[a, b] < y[i]的话,那么对于i来说决策点b肯定优于决策点a,又由于y是随着i递增而递增的,所以当g[a, b] < y[i]时,就一定有g[a, b] < y[i+1],因此当前的决策点a不仅仅在考虑dp[i]时不会是最佳决策点,而且在后面的DP中也一定不会是最佳决策点,所以我们可以把a从队列的头部删除,依次往后如此操作,直到队列元素小于2或者g[a, b] >= y[i]。
(3)对于i的更新,一定是队列头部的决策点最好,所以O(1)即可转移。
我觉得这里http://blog.163.com/lqp18_31/blog/static/5418276920091122101325111/讲的还行
总体感觉斜率优化DP推起来还是比较麻烦的
然后每次对i决策时,先操作左端的元素得到最优解,然后操作右端的元素将i状态插进队列
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <ctime> #include <vector> #include <map> #include <set> #include <cmath> #define lch(x) x<<1 #define rch(x) x<<1|1 #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define MAXN 55555 #define MAXM 555 #define INF 1000000007 using namespace std; int n; struct node { int x, y; bool operator <(const node &cmp)const { if(x == cmp.x) return y > cmp.y; return x > cmp.x; } }p[MAXN]; long long x[MAXN], y[MAXN]; long long f[MAXN]; int q[MAXN]; int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y); sort(p, p + n); int cnt = 0; for(int i = 0; i < n; i++) if(!cnt || p[i].y > y[cnt]) { ++cnt; x[cnt] = p[i].x; y[cnt] = p[i].y; } for(int i = 0; i < cnt; i++) x[i] = x[i + 1]; int l = 1, r = 1; q[1] = 0; f[0] = 0; for(int i = 1; i <= cnt; i++) { while(l < r && y[i] * (x[q[l]] - x[q[l + 1]]) > f[q[l + 1]] - f[q[l]]) l++; f[i] = f[q[l]] + x[q[l]] * y[i]; while(l < r && (f[q[r]] - f[q[r - 1]]) * (x[q[r]] - x[i]) > (f[i] - f[q[r]]) * (x[q[r - 1]] - x[q[r]])) r--; q[++r] = i; } printf("%lld\n", f[cnt]); return 0; }