SDOI2012 – 任务安排(山东省选)斜率dp

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题目描述
机器上有 n 个需要处理的任务,它们构成了一个序列。这些任务被标号为 1n,因此序列的排列为 1 , 2 , 3 \cdots n。这 n 个任务被分成若干批,每批包含相邻的若干任务。从时刻 0 开始,这些任务被分批加工,第 ii 个任务单独完成所需的时间是 T_i 。在每批任务开始前,机器需要启动时间 s,而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和。
注意,同一批任务将在同一时刻完成。 每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 C_i。请确定一个分组方案,使得总费用最小。

输入格式
第一行一个整数 n。 第二行一个整数 s。接下来 n 行,每行有一对整数,分别为 T_iC_i,表示第 ii 个任务单独完成所需的时间是 T_i 及其费用系数 C_i

输出格式
一行,一个整数,表示最小的总费用。

输入输出样例
输入 #1

5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4

输出 #1

153

说明/提示
对于 100\% 数据,1 \le n \le 3 \times 10^51 \le s \le 2^8\left| T_i \right| \le 2^80 \le C_i \le 2^8


思路(注:结尾有完整AC代码,一定要看到最后!!!)

显然,n的最大值是3 \times 10^5,暴力必然会炸
那么何为“斜率优化”呢?
答曰:用线性规划优化dp式。
顾名思义,斜率dp就是将题目给出的信息转换到坐标系中,判断斜率求解思路就这么讲完了 ,乍一看这个思路很突兀,那么我们来详细的进行分析。
首先我们根据提议可以得出这么个dp式子:

dp[i] = min(dp[i], dp[j] + tm[i] * (fm[i] – fm[j]) + (fm[n] – fm[j]) * s);

其中dp_i用来记录到i点为止的最优解,tm_i记录的是到it数组前缀和,f_i同理,j点只是中间的一个分割点,tm_i\times(fm_i-fm_j)是求这段区间的总耗费时间,最后一个式子至关重要,我们居然已经会在i这个为止分割一次,那么我们可以直接累加后面节点的s(机器启动耗费的时间)即为(fm_n-fm_j)\times s这个思路是个人也能听懂
目前为止我们即可以得到:

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 0; j < i; ++j) {
        dp[i] = min(dp[i], dp[j] + tm[i] * (fm[i] - fm[j]) + (fm[n] - fm[j]) * s);
    }
}

这样写出来的代码即可以在洛谷得到20分,其他点全T掉。


显然,学过dp的人都能看出来,这个代码只是个普通的线性dp,那么接下来我们再利用这段代码推出斜率dp的代码。
通过上面的动态转移方程我们可以推出:

dp[i]=dp[j]-(tm[i]+s)fm[j]+tm[i]fm[i]+fm[n]*s;

拆开合并同类项而已,小学生也能推出来
学过斜率dp的大佬都能发现,这个式子符合函数的基本形式:y=kx+b,我们将(tm[i]+s)看作k,将其余项看作b,既可以得出这个函数的斜率为(tm[i]+s)
这样我们就可以推出:对于每一个i我们都可以将dp[i]看作这个节点纵坐标,将fm[i]看作这个点的很坐标,于是我们可以将每个点放到坐标系中(非样例草图,有点难看凑活看吧):
非样例草图
那么我们再将函数图像带入坐标系中
在这里插入图片描述

对于这条 dp[i]=dp[j]-(tm[i]+s)fm[j]+tm[i]fm[i]+fm[n]*s 的函数图像,要想球的dp最优解就要看这个函数图像先碰到哪个点,但是要将每个图像中的每个点进行比较那就太耗时间了,于是这里我们就会用到斜率的知识

在这里插入图片描述

红色的线连接的点为需要进行判断的点,上面那个蓝色的则是不需要判断的点。
在这里插入图片描述

显然tan∠ACD > tan∠BCD(未学过tan点击次链接
所以判断两点之间的斜率我们就只用判断对角边/斜边的值就可以了(CD=x_c-x_c,BD=y_b-y_d),这里我们可以用队列来维护这些点(这段操作代码中很详细),所以针对每个i,队列中每个tan的值就必须=tan(当前点)的值然而<=tan(当前点)的值就直接踢出队列,因为已经没有比较的必要了,于是到现在我们就可以得到斜率优化后的代码了:

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int j = 0;
        while (l < r && dp[qu[l + 1]] - dp[qu[l]] <= (tm[i] + s) * (fm[qu[l + 1]] - fm[qu[l]]))
            l++;
        j = qu[l];
        //dp[i] = min(dp[i], dp[j] - (s + tm[i]) * fm[j] + tm[i] * fm[i] + s * fm[n]);
        dp[i] = dp[qu[l]] - (s + tm[i]) * fm[qu[l]] + tm[i] * fm[i] + s * fm[n];
        //while(l<r&&)
        while (l < r && (dp[qu[r]] - dp[qu[r - 1]])* (fm[i] - fm[qu[r]]) >= (dp[i] - dp[qu[r]]) * (fm[qu[r]] - fm[qu[r - 1]]))
            r--;
        qu[++r] = i;
    }

注:代码中的判断用*是为了防止浮点运算
然而用了这个方法的oier会发现只能过60\%的点,其余点全WA,然而在我们之前的推到中忽略了和纵坐标(纵坐标具体数值前面已提过)为负数的情况
在这里插入图片描述
如图中的点E那么就会导致找最近点时,比较tan出锅了,于是,在第一个while循环中,我们改用二分的思路,整体思路和之前一样,直接上代码:

int bs(int ll, int rr, int ss) {//求j
    int mid;
    int res=qu[r];
    while (ll <= rr) {
        //l++;
        mid = (ll + rr) / 2;
        if (dp[qu[mid + 1]] - dp[qu[mid]] >= ss * (fm[qu[mid + 1]] - fm[qu[mid]])) {
            res = qu[mid];
            rr = mid - 1;
        }
        else
            ll = mid + 1;
    }
    return res;
}

看到这里的oier们大概已经理解了,若还不理解可以结合完整代码进行理解:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;
#define int long long
int n, s, tm[1000010], fm[1000010], ans = 0x3f3f3f3f, dp[1000010], qu[1000010], l, r=0;
struct node
{
    int t, f;
}edge[1000010];
int bs(int ll, int rr, int ss) {
    int mid;
    int res=qu[r];
    while (ll <= rr) {
        //l++;
        mid = (ll + rr) / 2;
        if (dp[qu[mid + 1]] - dp[qu[mid]] >= ss * (fm[qu[mid + 1]] - fm[qu[mid]])) {
            res = qu[mid];
            rr = mid - 1;
        }
        else
            ll = mid + 1;
    }
    return res;
}
signed main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &s);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld%lld", &edge[i].t, &edge[i].f);
        tm[i] = tm[i - 1] + edge[i].t;
        fm[i] = fm[i - 1] + edge[i].f;
    }
    memset(dp, 0x3f3f3f3f, sizeof(dp));
    dp[0] = 0;
    /*for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j < i; ++j) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + tm[i] * (fm[i] - fm[j]) + (fm[n] - fm[j]) * s);
        }
    }*/
    //dp[i]=dp[j]-(tm[i]+s)*fm[j]+tm[i]*fm[i]+fm[n]*s;
    qu[l] = 0;
    qu[++r] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int j = bs(l, r, (tm[i] + s));
        dp[i] = dp[j] + tm[i] * (fm[i] - fm[j]) + s * (fm[n] - fm[j]);
        while (l < r && (dp[qu[r]] - dp[qu[r - 1]])* (fm[i] - fm[qu[r]]) >= (dp[i] - dp[qu[r]]) * (fm[qu[r]] - fm[qu[r - 1]]))
            r--;
        qu[++r] = i;
    }
    cout << dp[n];
    return 0;
}

各位读到最后的oier们点个赞吧qwq
在这里插入图片描述

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