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Print Article

Time Limit: 9000/3000 MS (Java/Others)????Memory Limit: 131072/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 14899????Accepted Submission(s): 4648

Problem Description Zero has an old printer that doesn't work well sometimes. As it is antique, he still like to use it to print articles. But it is too old to work for a long time and it will certainly wear and tear, so Zero use a cost to evaluate this degree.
One day Zero want to print an article which has N words, and each word i has a cost Ci to be printed. Also, Zero know that print k words in one line will cost

M is a const number.
Now Zero want to know the minimum cost in order to arrange the article perfectly.

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Input There are many test cases. For each test case, There are two numbers N and M in the first line (0 ≤ n ≤?500000, 0 ≤ M ≤ 1000). Then, there are N numbers in the next 2 to N + 1 lines. Input are terminated by EOF.

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Output A single number, meaning the mininum cost to print the article.

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Sample Input 5 5 5 9 5 7 5

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Sample Output 230

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Author Xnozero

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Source 2010 ACM-ICPC Multi-University Training Contest（7）——Host by HIT

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題意：

給出一段字符串，每個位置上的字符都有其相應的價值Ci。將字符串分成若干子串，且每個子串的價值為sigma(Ci)^2+M，i的范圍為區間的范圍。問怎樣分割能得到最小的價值？

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題解：

動態規劃問題，設dp[i]為前i個字符的最小價值。再設sum[i]為前i個字符的價值前綴和。

可得：dp[i] = min( dp[j] + (sum[i]-sum[j])^2 + M ) ) ， 其中 0<=k<=i-1。

整理：dp[i] = min( dp[j] + sum[i]^2 + sum[j]^2 - 2*sum[i]*sum[j] + M )， 其中 0<=j<=i-1。

最直接的做法是枚舉j，求得最小值。但是此題n的范圍為5e5，O（n^2）肯定超時了，所以要借用斜率優化，其方法是盡量排除掉那些不可能取得最優值的點，縮小狀態轉移的范圍。推理如下：

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1.如果 k<j，假設dp[i]在j處取得的值比k處取得的值要小，即更優，那么就有：

dp[j] + sum[i]^2 + sum[j]^2 - 2*sum[i]*sum[j] + M <?dp[k] + sum[i]^2 + sum[k]^2 - 2*sum[i]*sum[k] + M，

整理得：[ (dp[j] + sum[j]^2) - (dp[k] + sum[k]^2) ] / ( 2*sum[j] - 2*sum[k] ) < sum[i]。

觀察等式右邊，可以看出這是一個斜率表達式。

我們設 yj =?dp[j] + sum[j]^2， xj =?2*sum[j] ，那么上式就變為：( yj - yk ) / ( xj - xk ) < sum[i] 。

可知 ( yj - yk ) / ( xj - xk ) 就是直線 j---k 的斜率g[j,k]。

所以：當k<j，且j比k更優時， g[j,k] < sum[i]。而且，因為sum[i]遞增，所以j比k更優的結論，對于i以后的位置也合適。……結論1（此結論用于求出dp[i]的最優轉移狀態）

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2.當k<j<i時， 如果g[i,j] <= g[j,k]時， j可以直接排除。 ………………結論2（此結論用于維護隊列）

1) 當g[i,j] < sum[i]時， i比j更優， 所以排除j。

2) 當g[i,j] >= sum[i] 時， g[j, k] >= sum[i]，表明k比j更優，所以排除j。

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3.綜上：只需維護一個隊列，其兩個相鄰元素間所形成直線的斜率單調遞增。

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注意：

判斷不等式的時候，由于避免整除除法的問題，把除法判斷改成了乘法判斷，但是要特別注意，移項是否為負數，如果為負數，那么不等式的方向就會發生變化。

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代碼如下：

1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #include <vector> 6 #include <cmath> 7 #include <queue> 8 #include <stack> 9 #include <map> 10 #include <string> 11 #include <set> 12 using namespace std; 13 typedef long long LL; 14 const int INF = 2e9; 15 const LL LNF = 9e18; 16 const int mod = 1e9+7; 17 const int MAXM = 1e5+10; 18 const int MAXN = 5e5+10; 19 20 int dp[MAXN], sum[MAXN]; 21 int q[MAXN]; 22 int n, M; 23 24 int getUp(int i, int j) 25 { 26 return (dp[i]+sum[i]*sum[i]) - (dp[j]+sum[j]*sum[j]); 27 } 28 29 int getDown(int i, int j) 30 { 31 return 2*(sum[i]-sum[j]); 32 } 33 34 int getDp(int i, int j) 35 { 36 return dp[i] = dp[j] + (sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]) + M; 37 } 38 39 int main() 40 { 41 while(scanf("%d%d", &n, &M)!=EOF) 42 { 43 sum[0] = 0; 44 for(int i = 1; i<=n; i++) 45 scanf("%d", &sum[i]), sum[i] += sum[i-1]; 46 47 dp[0] = 0; 48 int head = 0, tail = 0; 49 q[tail++] = 0; 50 for(int i = 1; i<=n; i++) 51 { 52 //以下為尋找最優的轉移狀態。由于除法改成了乘法，所以順序不能任意，否則不等號方向會改變。 53 while(head+1<tail && getUp(q[head+1], q[head])<sum[i]*getDown(q[head+1], q[head])) head++; 54 dp[i] = getDp(i, q[head]); 55 //以下為維護隊列 56 while(head+1<tail && getUp(i, q[tail-1])*getDown(q[tail-1], q[tail-2])<= 57 getUp(q[tail-1], q[tail-2])*getDown(i, q[tail-1]) ) tail--; 58 q[tail++] = i; 59 } 60 61 printf("%d\n", dp[n]); 62 } 63 } View Code

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轉載于:https://www.cnblogs.com/DOLFAMINGO/p/8177150.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

以上是生活随笔為你收集整理的HDU3507 Print Article —— 斜率优化DP的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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