【HNOI2008】玩具裝箱TOY & 斜率優化學習筆記
題目
P教授要去看奧運，但是他舍不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。P教授有編號為 \(1\cdots N?\) 的 \(N?\) 件玩具，第 \(i?\) 件玩具經過壓縮後變成一維長度為 \(C_i?\) .為了方便整理，P教授要求在一個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果一個一維容器中有多個玩具，那麽兩件玩具之間要加入一個單位長度的填充物，形式地說如果將第 \(i?\) 件玩具到第 \(j?\) 個玩具放到一個容器中，那麽容器的長度將為 \(x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k?\)
\(0\le n \le 5\times 10^4\)
分析
設 \(f_i\) 代表前 \(i\) 個玩具的最小費用。
顯然有：
\[
f_i = \min_{j=0}^{i-1} \{f_j + (i - j - 1 + S_i - S_j - L)^2\} = \min_{j=0}^{i-1} \{f_j + (i + S_i - j - S_j - 1 - L)^2\}
\]
其中，\(S_{i} = \sum_{j=0}^i C_j?\).
使用換元法，將只與 \(i\) 或 \(j\) 有關的項提取出來。（常數項無所謂）
設 \(A_i = i + S_i\), \(B_i = A_i + L + 1\).
則有：
\[
f_i = \min_{j=0}^{i-1} \{f_j + (A_i - B_j)^2\} = \min_{j=0}^{i-1} \{f_j + B_j^2 - 2A_iB_j\} + A_i^2
\]
對於決策 \(j\) ，設：
\[
b = f_j + B_j^2 - 2A_iB_j
\]
最優的 \(j\) 就是使 \(b\) 最小的 \(j\)
移項得：
\[
f_j + B_j^2 = 2A_iB_j + b
\]
發現這個式子非常眼熟，設 \(k = 2A_i, y = f_j + B_j^2, x = B_j?\).
就變成了直線的解析式：\(y = kx + b?\)
而這個式子中，對於所有的決策，斜率 \(k?\) 都是常量，我們需要找到一個 \(j?\) 使得截距最小。
對於每一個決策 \(j?\) 都給出了一個點 \(P_j(B_j, f_j + B_j^2)?\)，問題就轉換成了：已知若幹個點和斜率（\(k>0?\)），求過這些點之中一個且斜率為給定值的直線中截距最小的一個。
考慮這樣一條不斷向上移動的直線，當它不斷上移時截距越來越大，直到它碰到第一個點為止，這個點就是使截距最小的點。
引理1：若候選決策連線段的斜率必然遞增
證明：\(j\) 要是 \(i\) 時最優決策，它必須滿足：
\[
\forall i>k\not =j\quad f_j + B_j^2 - 2A_iB_j\ < f_k + B_k^2 - 2A_iB_k
\]
即：
\[
\begin{align*}
2A_i(B_j + B_k) & < f_k + B_k^2 - f_j - B^2_j \ 2A_i & < \frac{f_k + B_k^2 - (f_j + B^2_j)}{B_j + B_k}
\end{align*}
\]
我們發現，這就是 \(P_jP_i\) 的斜率 \(> 2A_i?\).
而 \(2A_i\) 就是我們不斷上移的直線的斜率 \(k?\).
所以，若 \(B\) 可能是最優決策點，則另外一個可能的最優決策點 \(C\) 必然在直線 \(y = kx + b\) 的左側而非右側。
【HNOI2008】玩具裝箱TOY & 斜率優化學習筆記