【學習筆記】動態規划—各種 DP 優化
【大前言】
個人認為貪心，\(dp\) 是最難的，每次遇到題完全不知道該怎么辦，看了題解后又瞬間恍然大悟（TAT）。這篇文章也是花了我差不多一個月時間才全部完成。
【進入正題】
用動態規划解決問題具有空間耗費大、時間效率高的特點，但也會有時間效率不能滿足要求的時候，如果算法有可以優化的余地，就可以考慮時間效率的優化。
【DP 時間復雜度的分析】
\(DP\) 高時間效率的關鍵在於它減少了“冗余”，即不必要的計算或重復計算部分，算法的冗余程度是決定算法效率的關鍵。而動態規划就是在將問題規模不斷縮小的同時，記錄已經求解過的子問題的解，充分利用求解結果，避免了反復求解同一子問題的現象，從而減少“冗余”。
但是，一個動態規划問題很難做到完全消除“冗余”。
下面給出動態規划時間復雜度的決定因素：
時間復雜度 \(=\) 狀態總數 \(×\) 每個狀態轉移的狀態數 \(×\) 每次狀態轉移的時間
【DP 優化思路】
一：減少狀態總數
\((1).\) 改進狀態表示
\((2).\)選擇適當的規划方向
二：減少每個狀態轉移的狀態數
\((1).\) 四邊形不等式和決策的單調性
\((2).\) 決策量的優化
\((3).\) 合理組織狀態
\((4).\) 細化狀態轉移
三：減少狀態轉移的時間
\((1).\) 減少決策時間
\((2).\) 減少計算遞推式的時間
（上述內容摘自 《動態規划算法的優化技巧》毛子青 ，想要深入了解其思想的可以去看看這篇寫得超級好的論文。）
看到這里是不是已經感覺有點蒙了呢？
本蒟蒻總結了一個簡化版本：
【DP 三要點】
在推導 \(dp\) 方程時，我們時常會感到毫無頭緒，而實際上 \(dp\) 方程也是有跡可循的，總的來說，需要關注兩個要點：狀態，決策和轉移。其中 “狀態” 又最為關鍵，決策最為復雜。
【狀態】
關於 “狀態” 的優化可以從很多角度出發，思維難度及其高，有時候狀態選擇的好壞會直接導致出現暴零和滿分的分化。
【決策】
與 “狀態” 不同，“決策” 優化則有着大量模板化的東西，在各大書籍，文章上你都可以看到這樣的話：只要是形如 \(XXX\) 的狀態轉移方程，都可以用 \(XXX\) 進行優化。
【轉移】
“轉移” 則指由最優決策點得到答案的轉移過程，其復雜度一般較低，通常可以忽略，但有時也需要特別注意並作優化。
本文將會重點針對 “決策” 優化部分作一些總結，記錄自己的感悟和理解。
一：【矩陣優化 DP】
\(updata\) 之后由於篇幅過大，已搬出。。。。。
補充：其實質是優化 “轉移”。
二：【數據結構優化 DP】
【前言】
在一些 \(dp\) 方程的狀態轉移過程中，我們通常需要在某個范圍內進行擇優，選出最佳決策點，這往往可以作為 \(dp\) 優化的突破口。
數據結構的使用較靈活，沒有一個特定的模板，需要根據具體情況而定，選擇合適的方案。由於狀態轉移總是伴隨着區間查詢最值，區間求和等操作，即動態區間操作，所以平衡樹可以作為一個有用的工具，但考慮到代碼復雜度，使用樹狀數組或者線段樹將會是一個不錯的選擇。。
其實質是優化 “決策”。
1.【維護合適的信息】
以 \(The\) \(Battle\) \(of\) \(Chibi\) \([UVA12983]\) 為例，大概題意就是計算在給定的序列中嚴格單調遞增子序列的數量，並對 \(1e9 +7\) 取模，給定序列長度小於等於 \(1000\) 。
方程應該是比較好推的，用 \(dp[i][j]\) 表示由序列中在 \(j\) 之前的數構成並以 \(a[j]\) 結尾的子序列中，長度為 \(i\) 的子序列的數量。則：\(dp[i][j]=\sum dp[i-1][k]\) ，其中 \(k < j\) \(且\) \(a[k] < a[j]\) 。
對於決策點 \(dp[i-1][k]\) 這里出現了 \(3\) 個信息：
\((1).\) 在原序列中的位置 \(k<j\) 。
\((2).\) \(a[k]<a[j]\) 。
\((3).\) \(dp[i-1][k]\) 的和。
對於 \((1)\)，可以用枚舉的順序解決，剩下的兩個信息即是數據結構需要維護的信息。
對於每一次 \(dp[i]\) 的決策，可以將 \(a[j]\) 作為數據結構維護的關鍵字， \(dp[i-1][j]\) 作為權值，加入 \(-inf\) 后離散化，得到一個大小為 \(N+1\) 的數組並在上面建立樹狀數組，每次計算 \(dp[i][j]\) 時查詢前面已經加入的且關鍵字小於 \(a[j]\) 的 \(dp[i-1][k]\) 總和（即區間查詢），然后把 \(dp[i-1][j]\) 加入樹狀數組（單點查詢）。
時間復雜度為 \(O(logn)\)。
當問題涉及到的操作更復雜時，樹狀數組無法維護所需要的信息，就只有用線段樹了。這道題較簡單，所以選擇了代碼復雜度更低的樹狀數組。
2.【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>//UVA抽風，加上這個就好了
#include<cstdio>
#define Re register int
using namespace std;//UVA抽風，還要加這個
const int N=1005,P=1e9+7;
int n,m,T,k,ans,cnt,a[N],b[N],C[N],dp[N][N];
inline void add(Re x,Re v){while(x<=n+1)(C[x]+=v)%=P,x+=x&-x;}
inline int ask(Re x){Re ans=0;while(x)(ans+=C[x])%=P,x-=x&-x;return ans%P;}
int main(){
scanf("%d",&T);
for(Re o=1;o<=T;++o){
scanf("%d%d",&n,&m),ans=0,cnt=n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(Re i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i],dp[1][i]=1;
sort(b+1,b+n+1);//離散
cnt=unique(b+1,b+n+1)-b-1;//去重
for(Re i=2;i<=m;++i){
memset(C,0,sizeof(C));//每次都要清空，重新開始維護
for(Re j=1;j<=n;++j)
dp[i][j]=ask((k=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[j])-b)-1),add(k,dp[i-1][j]);
}
for(Re j=1;j<=n;++j)(ans+=dp[m][j])%=P;
printf("Case #%d: %d\n",o,ans);
}
}
3.【題目鏈接】
【簡單題】
- \(The\) \(Battle\) \(of\) \(Chibi\) \([UVA12983]\)
【 標簽】動態規划/樹狀數組
【高檔題】
-
方伯伯的玉米田 \([P3287]\)
【 標簽】動態規划/二維樹狀數組 -
基站選址 \([P2605]\)
【 標簽】動態規划/線段樹
三：【決策單調性】
【前言】
形如 \(dp[i]=min(dp[j]+w(j,i))\) \((L_i \leqslant j \leqslant R_i)\) 的 \(dp\) 方程被稱作 \(1D/1D\) 動態規划，其中 \(L_i\) 和 \(R_i\) 單調遞增，\(w(j,i)\) 決定着優化策略選擇。
針對決策點具有的特性，可以大大降低尋找最優決策點的時間。
其實質是優化 “決策”。
1.【定義】
【決策單調性】
設 \(j_0[i]\) 表示 \(dp[i]\) 轉移的最優決策點，那么決策單調性可描述為 \(\forall i \leqslant j,j_0[i] \leqslant j_0[j]\)。也就是說隨着 \(i\) 的增大，所找到的最優決策點是遞增態（非嚴格遞增）。
【四邊形不等式】
\(w(x,y)\) 為定義在整數集合上的一個二元函數，若 \(\forall a \leqslant b \leqslant c \leqslant d,w(a,c)+w(b,d) \leqslant w(a,d)+w(b,c)\)，那么函數 \(w\) 滿足四邊形不等式。
為什么叫做四邊形不等式呢？在 \(w(x,y)\) 函數的二維矩陣中挖一塊四邊形，左上角 加 右下角 小於等於 左下角 加 右上角。
2.【定理及其證明】
定理 (1)：四邊形不等式的另一種定義
\(w(x,y)\) 為定義在整數集合上的一個二元函數，若 \(\forall a < b,w(a,b)+w(a+1,b+1) \leqslant w(a+1,b)+w(a,b+1)\)，那么函數 \(w\) 滿足四邊形不等式。
\(證明：\)
\(\because \forall a < c,w(a,c)+w(a+1,c+1) \leqslant w(a+1,c)+w(a,c+1)\)
\(\therefore \forall a+1 < c,w(a+1,c)+w(a+2,c+1) \leqslant w(a+2,c)+w(a+1,c+1)\)
\(上下兩式相加，有：\) \(w(a,c)+w(a+2,c+1) \leqslant w(a,c+1)+w(a+2,c)\)
\(以此類推\) \(\forall a \leqslant b\leqslant c,w(a,c)+w(b,c+1) \leqslant w(a,c+1)+w(b,c)\)
\(同理\) \(\forall a \leqslant b \leqslant c \leqslant d,w(a,c)+w(b,d) \leqslant w(a,d)+w(b,c)\)
定理 (2)：決策單調性
\(1D/1D\) 動態規划具有決策單調性當且僅當函數 \(w\) 滿足四邊形不等式 時成立。
\(證明：\)
\(\because\) \(j_0[i]\) \(在\) \(dp[i]\) \(的決策點中最優\)
\(\therefore\) \(\forall i \in [1,N],\forall j \in [0,j_0[i]-1],dp[j_0[i]]+w(j_0[i],i) \leqslant dp[j]+w(j,i)\)
\(易知\) \(\forall i' \in [i+1,N]\)，\(均滿足\) \(j<j_0[i]<i<i'\)。
\(又\) \(\because\) \(函數\) \(w\) \(滿足四邊形不等式\)
\(\therefore\) \(w(j,i)+w(j_0[i],i') \leqslant w(j,i')+w(j_0[i],i)\)
\(移項得：\) \(w(j_0[i],i')-w(j_0[i],i) \leqslant w(j,i')-w(j,i)\)
\(與第一個式子相加，有：\) \(dp[j_0[i]]+w(j_0[i],i') \leqslant dp[j]+w(j,i')\)
最后的式子含義是：把 \(j_0[i]\) 作為 \(dp[i']\) 的決策點，一定比小於 \(j_0[i]\) 的任意一個 \(j\) 都要更好。也就是說，\(dp[i’]\) 的最優決策點不可能小於 \(j_0[i]\) ，即 \(j_0[i'] \geqslant j_0[i]\)，所以方程 \(dp\) 具有決策單調性。
3.【證明決策單調性】
這里以 玩具裝箱 \(toy\) \([P3195]\) 為例（因為這個比較好證 QAQ），先來證一波決策單調性。
設 \(S[n]=\sum _{i=1}^n (C[i]+1)\)，用 \(dp[i]\) 表示裝好前 \(i\) 個的最小花費，則 \(dp\) 方程為：\(dp[i]=min(dp[j]+(S[i]-S[j]-1-L)^2)\)。
很明顯，這個方程是一個 \(1D/1D\) 動態規划方程，其中 \(w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2\)。
（注意在四邊形不等式中的 \(j\) 不是 \(i\) 決策點，可以理解為 \(i’\)。而 \(w(i,j)\) 的值可以理解為是由已完成的狀態 \(dp[i]\) 轉移到 \(dp[j]\) 所帶有的附加價值）。
\(證明：設\) \(Q=S[i]-S[j]-1-L\)
\(\therefore w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2=Q^2\)
\(\text{證明：設}\) \(Q=S[i]-S[j]-1-L\)
\(\therefore w(i,j)=(S[i]-S[j]-1-L)^2=Q^2\)
\(\begin{aligned} \therefore w(i+1,j+1)=&(S[i+1]-S[j+1]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)-(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]-C[j+1])^2 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i,j+1)=&(S[i]-S[j+1]-1-L)^2\\ =&(S[i]-(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q-C[j+1]-1)^2 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i+1,j)=&(S[i+1]-S[j]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)-S[j]-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]+1)^2 \end{aligned}\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2\)
\(\therefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1)\)
\(\text{又} \because C[i],C[j] \geqslant 1\)
\(\therefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) \leqslant -8\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2\)
\(\therefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1)\)
\(又 \because C[i],C[j] \geqslant 1\)
\(\therefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) \leqslant -8\)
\(\therefore w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)
由定理 \((1)\) 可知，函數 \(w\) 滿足四邊形不等式。
又由定理 \((2)\)可知， 方程 \(dp\) 具有決策單調性。
在實戰中，通常使用打表的形式來驗證 \(w\) 函數的遞變規律。
4.【實現方法】
（\(ps.\) 對於此處及以下語言不嚴謹處，大家可以認真思考並給予建議，待日后對其理解加深后再行修改。）
這里選擇不同的例題將二者分開講。
【二分棧】
二分棧，顧名思義就是二分加棧。
用棧維護單調的決策點，二分找到最優決策點。
以 \(Lightning\) \(Conductor\) \([P3515]\) 為例，題目大意就是在給定長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 中，對於每一個 \(i\)，找到最小的自然數 \(p_i\) 滿足對於任意的 \(j \in [1,n]\)，均有 \(a_j \leqslant a_i+p_i-\sqrt{\left|i-j\right|}\) 。
把這個式子變下形：\(p_i \geqslant a_j-a_i+\sqrt{\left|i-j\right|}\) 。
即 \(p_i=max \{ a_j+\sqrt{\left|i-j\right|} \} -a_i\)
即 \(p_i = max \{ max\{a_j+\sqrt{i-j}\}(j \in [1,i]),max\{a_j+\sqrt{j-i}\}(j \in [i+1,n]) \}-a_i\)
可以發現里面兩個 \(max\) 可以視為同一個問題（只要把序列翻轉一下就可以了），所以只需要考慮求出對於每一個 \(i\) 的 \(max\{ a_j+\sqrt{i-j} \}\)，其中 \(j \in [1,i]\)。
設 \(y_j=a_j+\sqrt{i-j}\)
那么我們會得到 \(n\) 個關於 \(i\) 函數，\(p_i=max\{ y_j \}\)。
將樣例畫出來，如圖：
可知當 \(i=4\) 時，直線 \(x=4\) 與 \(y1=a_1+\sqrt{x-1}\) 的交點即為 \(p_4\)。
在上圖中，對於任意 \(j \in [1,n]\) ，\(y1\) 總是在最上面，也就是說下面的其他函數可以踢掉不要，但由於 \(sqrt\) 函數的增速遞減，會出現如圖中 \(y2,y4\) 的情況，即存在一個交點使得在該點兩邊時兩條直線的位置關系不同。此時如果沒有上面的 \(y1\)，\(y2,y4\) 都有可能成為答案，所以不能亂踢。
看下面這種情況：
設 \(k_1\) 為 \(y_1,y_2\) 的交點，\(k_2\) 為 \(y_2,y_3\) 的交點。
此時 \(k_1 > k_2\)，可以發現 \(y_2\) 始終在其他直線的下面，可以放心的將其踢掉。
所以維護出來的決策集合大概就是醬紫的：
對於不同的 \(i\) 來說，都有一個互不不同的直線在最上方，所以該決策集合里的直線都是有用的。可以從圖中看出，最優決策點單調遞增（決策單調性的數學證明較麻煩，本人能力不足，不作探討）。
維護決策集合用單調隊列，查找直線交點用二分，隨便搞搞就行了。
時間復雜度為 \(O(nlogn)\)。
【分治】
為方便描述，用 \(dp[a,b]\) 表示 \(dp[a],dp[a+1],dp[a+2]...dp[b]\)。
假設我們已知 \(dp[l,r]\) 的最優決策點均位於 \([L,R]\)，再設 \(dp[mid]\) 的最優決策點為 \(j_0\)，其中 \(mid=(l+r)/2\)。根據決策單調性的定義可知：
\(dp[l,mid-1]\) 的最優決策點位於 \([L,k]\)，
\(dp[mid+1,r]\) 的最優決策點位於 \([k,R]\)。
原問題變成了兩個規模更小的同類型問題，所以可以用分治來對 \(dp\) 進行優化。
分治的話理解和代碼都要簡單一些，但在某些情況下可能要被卡，時間復雜度會嚴重退化，所以還是二分棧的實用性更高。
還是以 \(Lightning\) \(Conductor\) \([P3515]\) 為例，每次的分治中先暴力掃一遍找到 \(p[mid=(l+r)/2]\) 的最優決策點 \(j_0\)，然后做一下左邊，再做一下右邊，然后 \(...\) 然后 \(...\) 就沒了。
時間復雜度為 \(O(nlogn)\)。
5.【Code】
二分棧
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=5e5+3;
int i,j,n,h,t,a[N],Q[N],Poi[N];
double p[N],sqr[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline double Y(Re i,Re j){return a[j]+sqr[i-j];}
inline int find_Poi(int j1,int j2){//找到兩個直線的交點i
Re l=j2,r=n,mid,ans=n+1;//為了處理兩個直線沒有交點的情況，用一個變量記錄答案
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
if(Y(mid,j1)<=Y(mid,j2))ans=mid,r=mid-1;
//當前這個位置i使得直線j1的縱坐標小於直線j2的縱坐標，說明這個點i在交點的右方，所以右邊界要縮小
else l=mid+1;
}
return ans;
}
inline void sakura(){
h=1,t=0;
for(i=1;i<=n;++i){//由於i本身也是一個決策點，所以要先入隊再取答案擇優
while(h<t&&Poi[t-1]>=find_Poi(Q[t],i))--t;//如果出現了上述可踢的情況，出隊
Poi[t]=find_Poi(Q[t],i),Q[++t]=i;
while(h<t&&Poi[h]<=i)++h;
//找到第一個位置j使得直線Q[j]與直線Q[j+1]的交點大於i，
//那么直線Q[j]就是i前面在最上面的直線，即答案，自己畫個圖模擬一下就懂了
p[i]=max(p[i],Y(i,Q[h]));
}
}
int main(){
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),sqr[i]=sqrt(i);
sakura();
for(Re i=1;i<n-i+1;++i)swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
sakura();
for(Re i=n;i;--i)printf("%d\n",(int)ceil(p[i])-a[i]);
}
分治
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=5e5+3;
int i,j,n,h,t,a[N],Q[N],Poi[N];
double tmp,p[N],sqr[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
inline void sakura(Re l,Re r,Re L,Re R){
if(l>r)return;
Re mid=l+r>>1,j0;double mx=0;
for(Re j=L;j<=mid&&j<=R;++j)
//暴力找p[i]的最優決策點j0，而其決策點j必須滿足j<=i，即此處的j<=mid
if((tmp=a[j]+sqr[mid-j])>mx)mx=tmp,j0=j;
p[mid]=max(p[mid],mx);
sakura(l,mid-1,L,j0),sakura(mid+1,r,j0,R);
}
int main(){
in(n);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(a[i]),sqr[i]=sqrt(i);
sakura(1,n,1,n);
for(Re i=1;i<n-i+1;++i)swap(a[i],a[n-i+1]),swap(p[i],p[n-i+1]);
sakura(1,n,1,n);
for(Re i=n;i;--i)printf("%d\n",(int)ceil(p[i])-a[i]);
}
6.【題目鏈接】
【中檔題】
-
\(Lightning\) \(Conductor\) \([P3515]\)
【標簽】動態規划/決策單調性 -
\(Noi\) 嘉年華 \([P1973]\)
【標簽】動態規划/決策單調性 -
大佬 \([P3724]\)
【標簽】動態規划/決策單調性
【高檔題】
- 詩人小 \(G\) \([P1912]\)
【標簽】動態規划/單調隊列/貪心
四：【單調隊列優化 DP】
【前言】
形如 \(dp[i]=max/min \{ dp[j]+funtion(i)+function(j) \}\) 的 \(dp\) 方程均可嘗試使用單調隊列優化。
單調棧和單調隊列給我們展現出了一種思想：在保證正確性的前提下，及時排除不可能的決策點，保持決策集合內部的有序性和查找決策的高效性。之前的二分棧，此處的單調隊列優化，和后面的斜率優化都是以此為核心來運作的。
其實質是優化 “決策”。
1.【單調隊列的簡單運用】
【T1】
琪露諾 \([P1725]\)（盜版滑動窗口QAQ）。
【題目大意】
在給定序列中找出一條路徑使其經過的點之和最大，且每次可走的距離在給定區間 \([l,r]\) 以內。
【分析】
方程非常簡單：\(dp[i]=max\{ dp[j]+a[i] \} (i-r \leqslant j \leqslant i-l)\) 。
在某一次決策中，由於決策點 \(j\) 只可能在 \([i-l,i-r]\) 這一段區間內，可以只將這些點放入決策集合。
而 \(l,r\) 是定值，當 \(i\) 不斷增大時，之前小於 \(i-l\) 的 \(j\) 現在還是小於 \(i-l\)，所以可以永遠地踢掉。
若 \(j < j'\) 且 \(dp[j] \leqslant dp[j']\)，那么 \(dp[j]\) 也可以永遠地踢掉。為什么呢？ \(j\) 在 \(j'\) 的前面，一定會先成為不合法決策點，而 \(j\) 的價值又比 \(j'\) 小，因此留下來只是浪費掃描的時間。
最終維護出了一個價值遞減的單調隊列。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Re register int
using std::max;
const int N=2e5+3;
int n,l,r,h=1,t,a[N],Q[N];
long long ans=-2e9,dp[N];
inline void in(Re &x){
int f=0;x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
x=f?-x:x;
}
int main(){
in(n),in(l),in(r);
memset(dp,-127,sizeof(dp));
Q[++t]=0;
for(Re i=0;i<=n;++i)in(a[i]);
dp[0]=a[0];
for(Re i=l;i<=n;i++){//注意枚舉起點是l不是1
while(h<=t&&dp[Q[t]]<=dp[i-l])--t;//維護單調遞減
Q[++t]=i-l;//入隊
while(h<=t&&Q[h]<i-r)++h;//保證決策點合法
dp[i]=dp[Q[h]]+a[i];//取出最優決策點
if(i>=n-r)ans=max(ans,dp[i]);
}
printf("%lld",ans);
}
【T2】
【題目大意】
\(M\) 個工人要對 \(N\) 塊木板進行粉刷。工人 \(i\) 要么不刷，要么就刷不超過 \(L_i\) 塊並且包含 \(S_i\) 的連續一段木板，每粉刷一塊木板有 \(P_i\) 的報酬。要求使總報酬最大。
【分析】
\(S_i\) 的散亂分布非常討厭，所以先把工人按 \(S_i\) 排個序。
主要信息有“工人序號”，“木板序號”，“報酬”這三個，而其中“報酬”為所求答案，可以用 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 個工人刷完前 \(j\) 塊木板所得總報酬。
考慮狀態轉移：
第 \(i\) 個工人可以跳過不刷木板，也可以跳過第 \(j\) 塊木板不刷，因此先在 \(dp[i-1][j]\) 和 \(dp[i][j-1]\) 當中取個最大值。
工人 \(i\) 想要粉刷的區間 \([k+1,j]\) 必須包括 \(S_i\)，並且區間長度要小於等於 \(L_i\)。
所以得出 \(dp\) 轉移方程：\(dp[i][j]=max \{ dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][k]+P_i*(j-k) \}\)，其中 \(S_i \leqslant j\) 且 \(k \in [j-L_i,S_i-1]\)。
\(k\) 為決策點，\(P_i*j\) 為定值可以單獨提出來，所以實際上就是上面琪露諾 \([P1725]\)一樣的類型，只是加了一維而已。
最終維護出了一個 \(dp[i-1][k]-P_i*k\) 遞減的單調隊列。
【Code】
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=16005;
struct QAQ{int L,P,S;}a[105];
int n,m,i,j,k,Q[N],W[N],dp[105][N];
inline bool cmp(QAQ a,QAQ b){return a.S<b.S;}
int main(){
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(a,0,sizeof(a));
for(i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&a[i].L,&a[i].P,&a[i].S);
std::sort(a+1,a+m+1,cmp);
for(i=1;i<=m;++i){
Re l=1,r=0,tmp,Si=a[i].S,Li=a[i].L,Pi=a[i].P;
for(k=max(0,Si-Li);k<Si;++k){
//k+1為工人i開始刷的位置，max(1,Si-Li+1)<=k+1<=Si
tmp=dp[i-1][k]-Pi*k;
while(l<=r&&Q[r]<=tmp)--r;
Q[++r]=tmp,W[r]=k;
}
for(j=1;j<=n;++j){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
if(Si+Li>j&&j>=Si){//Si+Li-1>=j>=Si
while(l<=r&&W[l]+Li<j)++l;//W[r]+1+Li-1<j
if(l<=r)dp[i][j]=max(dp[i][j],Q[l]+Pi*j);
}
}
}
printf("%d\n",dp[m][n]);
}
}
2.【單調隊列優化多重背包】
先來回顧一下多重背包問題。
用 \(v,w,c\) 分別表示物品重量，價值，數量，\(n\) 為物品數量，\(V\) 為背包容量。\(dp\) 方程為：\(dp[j]=max\{ dp[j-k*v[i]]+k*w[i] \}\) \((j \in [v[i],V],\) \(k \in [1,min(c[i],j/v[i])])\)
還可以用二進制拆分來進行優化，但就是有這樣一道題，連 \(log\) 都要卡：多重背包 \([CodeVS5429]\)。所以還需要考慮更高效的算法。
但說來說去似乎都和單調隊列扯不上關系。
為何？
觀察 \(dp[j]\) 和 \(dp[j-1]\) 決策集合：
\(dp[j]: \{ j \% v[i]...j-2*v[i],j-v[i] \}\)
\(dp[j-1]: \{ (j-1) \% v[i]...(j-1)-2*v[i],(j-1)-v[i] \}\)
\(dp[j]\) 的每一個決策點都與 \(dp[j-1]\) 不同，很難根據 \(dp[j-1]\) 的決策集合轉移成 \(dp[j]\) 的決策集合。
再看 \(dp[j]\) 和 \(dp[j-v[i]]\)：
\(dp[j]: \{ j-c[i]*v[i]...j-2v[i],j-v[i] \}\)
\(dp[j-v[i]]: \{ j-(c[i]+1)*v[i]...j-3v[i],j-2v[i] \}\)
可以發現上面只是比下面的區別僅僅在於 \(j-(c[i]+1)*v[i]\) 和 \(j-v[i]\) ，恰好滿足單調隊列的一個特性：但有新的決策出現時，決策點集合中會去掉一部分不合法的，再加上一部分新來的。
所以我們可以按照 \(j%v[i]\) 的余數來分一下：
\(dp[j](j\%v[i]=0):\{0,v[i],2v[i]...j-2v[i],j-v[i]\}\)
\(dp[j](j\%v[i]=1):\{1,v[i]+1,2v[i]+1...j-2v[i],j-v[i] \}\)
\(...\)
\(dp[j](j\%v[i]=v[i]-1):\{v[i]-1,2v[i]-1...j-2v[i],j-v[i]\}\)
設 \(j=p*v[i]+r\)，那么原方程可改為： \(dp[p*v[i]+r]=max\{ dp[r+k*v[i]]+(p-k)*w[i] \}\) \((r \in [0,v[i]-1],\) \(p \in [1,\lfloor(V-r)/v[i]\rfloor],\) \(k \in [p-min( \lfloor V/w[i]\rfloor ,c[i]),p])\)
只要在最外層將 \(i,r,p\) 都枚舉出來，這就是一個標准的單調隊列可優化方程，用類似 \(fence\) \([POJ1821]\) 的方法維護即可。
時間復雜度為 \(O(N*V)\) 。
【Code】
#include<cstdio>
#define Re register int
const int N=7003,M=7003;
int n,h,t,V,mp,tmp,v[N],w[N],c[N],Q[N],K[N],dp[M];
inline void in(Re &x){
Re fu=0;x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')fu|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
x=fu?-x:x;
}
inline int max(Re a,Re b){return a>b?a:b;}
inline int min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
int main(){
in(n),in(V);
for(Re i=1;i<=n;++i)in(v[i]),in(w[i]),in(c[i]);
for(Re i=1;i<=n;++i)
for(Re r=0;r<v[i];++r){
h=1,t=0,mp=(V-r)/v[i];
for(Re p=0;p<=mp;++p){
tmp=dp[p*v[i]+r]-w[i]*p;
while(h<=t&&Q[t]<=tmp)--t;
Q[++t]=tmp,K[t]=p;
while(h<=t&&p-K[h]>min(c[i],V/v[i]))++h;
dp[p*v[i]+r]=max(dp[p*v[i]+r],Q[h]+p*w[i]);
}
}
printf("%d",dp[V]);
}
3.【題目鏈接】
【簡單題】
- 琪露諾 \([P1725]\)
【標簽】動態規划/單調隊列
【中檔題】
-
\(fence\) \([POJ1821]\)
【標簽】動態規划/單調隊列 -
多重背包 \([CodeVS5429]\)
【標簽】動態規划/單調隊列/多重背包 -
我要長高 \([UESTC594]\)
【標簽】動態規划/單調隊列
五：【斜率優化 DP】
由於篇幅過大，已搬出。。。。。
補充：其實質是優化 “決策”。
【參考文獻】
（本文部分內容摘自以下文章）
-
\(dp\) 基礎 — \(DraZxINDdt\)
-
《算法競賽進階指南》李煜東
-
《動態規划算法的優化技巧》毛子青