[USACO08MAR] Land Acquisition G

0
15011418730 LV 7 @ 2025-8-24 21:43:13
自动搬运

查看原文

来自洛谷，原作者为

FlashHu
**

搬运于2025-08-24 21:43:13，当前版本为作者最后更新于2018-08-19 22:23:27，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

自动搬运只会搬运当前题目点赞数最高的题解，您可前往洛谷题解查看更多

以下是正文

用两种不一样的思路立体地理解斜率优化，你值得拥有。

题意分析

既然所有的土地都要买，那么我们可以考虑到，如果一块土地的宽和高（其实是蒟蒻把长方形立在了平面上）都比另一块要小，那么肯定是直接并购，这一块对答案没有任何贡献。

我们先把这些给去掉，具体做法可以是，按高为第一关键字，宽为第二关键字从大到小排序，然后上双指针扫一遍。

于是，剩下的就是一个高度递减、宽度递增的矩形序列。考虑怎样制定它们的并购方案会最优。显然如果要并购，一定要挑序列中的一段区间，这样贡献答案的就只有最左边矩形的高乘上最右边矩形的宽，中间的又是没有贡献了。

设 $f_i$ 为前 $i$ 个矩形的最小花费， $w$ 为宽， $h$ 为高，直接写出一个 $O(n^2)$ 的方程
$f_i=\min\limits_{j=1}^i\{f_{j-1}+w_ih_j\}$
一看貌似是一个决策单调性优化的式子。然而。。。。。。

初中生都会的函数图像法

这种理解方法是在决策单调性优化DP的基础上应运而生的。

或者说，（在大多数情况下）斜率优化可以看作决策单调性优化的一种特殊情形。蒟蒻建议还是先入手决策单调性再来斜率优化吧。

蒟蒻的DP各种优化总结

蒟蒻之前写的一道经典（裸）决策单调性题的题解戳这里（Lightning Conductor）

对于每一个 $f_{j-1}+w_ih_j$ ，我们都可以把它视为一个直线 $l_j:y=ax+b$ ，其中 $a=h_j,b=f_{j-1}$ 。对于每一个 $i$ ，我们就是需要求出所有 $j\le i$ 的直线的 $x$ 取 $w_i$ 时最小的一个 $y$ 值。仍然用KmPlot画一个我们需要维护的所有直线的样子，它们应该满足斜率依次递减。

$l_1:y=2x;$

$l_2:y=x+1;$

$l_3:y=\frac x 2+3;$

$l_4:y=\frac x 6+5.$

真正有用的部分

这样的话，我们就用单调队列维护若干个斜率递减的函数。我们仍然需要按照决策单调性的做法，维护相邻两个决策直线间的临界值（交点） $k$ 。难道还要维护决策二分栈，对每个临界值都二分么？

这些决策不是直线吗？求两个直线的交点。。。。。。初中数学就教了，是 $O(1)$ 的。也就是对两个相邻决策直线 $l_1,l_2$ ，我们求 $\frac{b_2-b_1}{a_1-a_2}$ 。其它过程跟决策单调性是一模一样的。直线入队前，如果队尾不满足斜率递增则出队。求 $f_i$ 之前，先把队首临界值 $\le w_i$ 的决策出队，那么现在队首就是最优决策了。

这样求出 $f_n$ 只需要 $O(n)$ 的时间。

高中生都会的线性规划法

这才是理解斜率优化的正宗方法，因为上面并没有充分体现对斜率的处理过程。

上面对两个相邻直线求 $\frac{b_2-b_1}{a_1-a_2}$ ，看起来有点像求什么东西。

我们原来把决策当成直线，斜率为 $a$ ，截距为 $b$ 。现在我们换一下。把决策 $f_{j-1}+w_ih_j$ 看作一个点 $p_j(x,y)$ ，其中 $x=-h_j,y=f_{j-1}$ 。

现在要求解的问题又变成了什么样子呢？在平面上有若干个点，把 $f_i$ 看成目标函数 $z$ ，我们需要找到 $f_i=w_ih_j+f_{j-1}$ 即 $z=-w_ix+y$ 的最小值。这不是个线性规划么？

把式子变成 $y=w_ix+f_i$ ，现在就让我们来最小化截距 $f_i$ 。手(nao)动(dong)模拟一下，我们现在正在拿着一个斜率为 $w_i$ 的直线，从下往上移动，当第一次经过某个决策点的时候，直线的在 $y$ 轴上的截距就是我们要求的目标函数 $f_i$ 的最小值了。

随便画一堆点就可以发现，无论直线以怎样的斜率向上靠，总有一些点永远都不会第一次与直线相交，也就是说这些决策是没用的。剩下的有用的决策点会构成一个凸包：（因为要画点所以换成了GeoGebra）

凸包的性质就是斜率递增/递减。在此题中，因为 $w$ 递增，所以我们的单调队列中存的是若干个点满足 $x$ 递增（ $h$ 递减）， $y$ 递增，而且相邻两个点的斜率也递增。这和原序列的顺序是同向的。假设队尾下标为 $t$ ，当需要在队尾加入一个新的决策点时，我们可能会遇到这样的情况：

这时候 $p_t$ 已经不优了，我们把它出队，如此直到满足斜率递增为止， $p_i$ 就可以入队了。和上面那种理解方法的写法差不多，求相邻两个点形成的直线斜率然后比一下大小。队首的处理跟上面那种理解方法的写法也差不多，如果队首与后一个的斜率小于 $w_i$ 就出队。最后的队首依然是最优解。

实现

两种实现的代码长得都差不多，都要搞一个单调队列，都要求临界值/斜率。所以就放一个代码吧。。。

复杂度 $O(n\log n)$ ，瓶颈竟然在sort上？！~~蒟蒻可不想来什么wys排序~~
```
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RG register
#define R RG int
#define G c=getchar()
#define Calc(i,j) (f[j-1]-f[i-1])/(a[i].h-a[j].h)
//method1:求出临界值
//method2:求出斜率
using namespace std;
const int N=1e5+9;
int q[N];
double f[N],k[N];
//method1:k_i为决策直线q_i与q_i+1的临界值（交点）
//method2:k_i为决策点q_i与q_i+1所连成直线的斜率
struct Land{
	int w,h;//结构体排序
	inline bool operator<(RG Land&x)const{
		return h>x.h||(h==x.h&&w>x.w);
	}
}a[N];
inline int in(){
	RG char G;
	while(c<'-')G;
	R x=c&15;G;
	while(c>'-')x=x*10+(c&15),G;
	return x;
}
int main(){
	R n=in(),i,h,t;
	for(i=1;i<=n;++i)
		a[i].w=in(),a[i].h=in();
	sort(a+1,a+n+1);
	for(h=i=1;i<=n;++i)//双指针扫描去除无用矩形
		if(a[h].w<a[i].w)a[++h]=a[i];
	n=h;
	for(h=i=1,t=0;i<=n;++i){
		while(h<t&&k[t-1]>=Calc(q[t],i))--t;//维护临界值/斜率单调
		k[t]=Calc(q[t],i);q[++t]=i;//加入决策直线/决策点
		while(h<t&&k[h]<=a[i].w)++h;//弹出已经不优的决策
		f[i]=(double)a[q[h]].h*a[i].w+f[q[h]-1];//求出最优解
	}
	printf("%.0lf\n",f[n]);
	return 0;
}
```