dp优化 | 各种dp优化方式例题精选( 二 ) _生活百科

2.1 P1440 求m区间内的最小值2.1.1 题目大意给定一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，对于每个 \(i\) 输出 \(min\{a_{i-m},a_{i-m+1},..,a_{i-1}\}\) 。
2.1.2 数据范围\(1\leq m\leq n\leq 2\times10^6\)，\(1\leq a_i\leq3\times10^7\) 。
2.1.3 做法好像和单调队列优化dp没什么关系？
此题用于体验单调队列，就不多写了，直接用单调队列模拟操作即可。
const int N = 2000010;int n, m, s[N], l = 1, r, a[N];int main() { n = read(), m = read(); printf("0\n"); for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {a[i] = read();while (r >= l && a[s[r]] > a[i]) r--;s[++r] = i;while (s[r] - s[l] + 1 > m && l <= r) l++;printf("%d\n", a[s[l]]); } return 0;}2.2 P5858 「SWTR-03」Golden Sword2.2.1 题目大意有 \(n\) 个物品，编号 \(1..n\)，每个物品有坚固值 \(a_i\) 。
进行 \(n\) 次操作，对于每次操作，执行以下步骤：

取出不超过 \(s\) 个物品。
放入物品 \(i\) 。

其中容器最多容纳 \(w\) 个物品。
每次操作会产生 \(a_i\times 物品数（包括放入的物品）\) 的贡献。
求 \(n\) 次操作后总贡献的最大值。
2.2.2 数据范围\(1\leq s\leq w\leq n\leq5\times10^3\)，\(|a_i|\leq10^9\) 。
2.2.3 做法设 \(f_{i,j}\) 表示正在执行第 \(i\) 次操作，容器内共有 \(j\) 个物品所能得到的最大贡献值。
那么 \(f_{i,j}=\max\{f_{i-1,k}+a_i\times j\}\) 。
其中 \(j-1\leq k\leq \min\{w,j-1+s\}\) 。
于是就得到了一个45分做法（long long没开全只有35）

const int N = 5010;const ll INF = 1e18;int n, w, s;ll f[N][N], ans = -INF, a[N];int main() {	n = read(), w = read(), s = read();	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();	for (int i = 0; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= w; j++)f[i][j] = -INF;	f[0][0] = 0;	for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= w; j++)for (int k = j - 1; k <= min(w, j - 1 + s); k++)f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][k] + a[i] * j);	for (int i = 0; i <= w; i++) ans = max(ans, f[n][i]);	printf("%lld\n", ans);	return 0;}

（不如先动手写个部分分做法？）
考虑优化。先把式子变一下：\(f_{i,j}=\max\{f_{i-1,k}\}+a_i\times j\)\((j-1\leq k\leq \min\{w,j-1+s\})\) 。很显然对吧，就是把原来max中重叠的部分提出来而已。虽然说这么一提好像不能优化什么，你会发现， \(\max\{f_{i-1,k}\}\) 好像可以用单调队列优化？！

const int N = 5010;const ll INF = 1e18;int n, w, s;ll f[N][N], ans = -INF, a[N];int ss[N];int main() {	n = read(), w = read(), s = read();	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();	for (int i = 0; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= w; j++)f[i][j] = -INF;	f[0][0] = 0;	for (int i = 1; i <= n; i++) {int l = 1, r = 0;ss[++r] = w;for (int j = w; j; j--) {while (f[i - 1][ss[r]] < f[i - 1][j - 1] && r >= l) r--;ss[++r] = j - 1;while ((ss[l] - ss[r] + 1) - 1 > s && l <= r) l++;f[i][j] = f[i - 1][ss[l]] + j * a[i];}	}	for (int i = 0; i <= w; i++) ans = max(ans, f[n][i]);	printf("%lld\n", ans);	return 0;}

3. 斜率优化dpOI-Wiki 传送门
3.1 P3195 [HNOI2008]玩具装箱3.1.1 题目大意有 \(n\) 件物品，第 \(i\) 件物品压缩后占用 \(C_i\) 的长度。
现需把这些物品压缩进一些容器里，制作一个容器的花费为 \((x-L)^2\)，其中 \(x\) 表示容器长度。
每个容器中的物品编号需要是连续的，而将编号 \(i\) 到 \(j\) 的所有物品放在一个容器中，占用的空间 \(x=j-i+\sum_{k=i}^j C_k\) 。
求压缩完所有物品所需的总花费的最小值。
3.1.2 数据范围\(1\leq n\leq 5\times10^4\)，\(1\leq L\leq10^7\)，\(1\leq C_i\leq10^7\) 。
3.1.3 做法设 \(f_i\) 表示压缩到第 \(i\) 件物品所需的最小花费，不难列出转移方程：
\(f_i=\min\{f_j+(i-j-1+\sum_{k=j+1}^i c_k-L)^2\}\)
令 \(sum_i=\sum_{k=1}^i c_k\)，原式可转化为：
\(f_i=\min\{f_j+(i-j-1+sum_i-sum_j-L)^2\}\) 。
移项得：
\(f_i=\min\{f_j+((i+sum_i)-(j+sum_j)-(L+1))^2\}\)
令 \(pre_i=sum_i+i\)，原式可转化为：
\(f_i=\min\{f_j+(pre_i-pre_j-(L+1))^2\}\)
把式子展开再合并：
\(f_i=\min\{f_j+pre_i^2-pre_i\times pre_j-(L+1)\times pre_i-pre_i\times pre_j+pre_j^2+(L+1)\times pre_j-(L+1)\times pre_i+(L+1)\times pre_j+(L+1)^2\}\)
\(f_i=\min\{f_j+pre_i^2+pre_j^2-2\times pre_i\times pre_j-2\times(L+1)\times(pre_i-pre_j)+(L+1)^2\}\)
\(f_i=\min\{f_j+(pre_i-pre_j)^2-2\times(pre_i-pre_j)\times(L+1)+(L+1)^2\}\)
\(f_i=\min\{f_j+(pre_i-pre_j-(L+1))^2\}\)
\(f_i=\min\{f_j+((pre_i-(L+1))-pre_j)^2\}\)
\(f_i=\min\{f_j+(pre_i-(L+1))^2-2\times(pre_i-(L+1))\times pre_j+pre_j^2\}\)
\(f_i-(pre_i-(L+1))^2=\min\{f_j+pre_j^2-2\times(pre_i-(L+1))\times pre_j\}\)
令:
\(\begin{eqnarray}\begin{cases}b_i=f_i-(pre_i-(L+1)^2)\\x_j=pre_j\\y_j=f_j+pre_j^2\\k_i=2\times(pre_i-(L+1))\end{cases}\end{eqnarray}\)