优化：将数组分成长度不大于k的连续子序列，使得每个子序列的最大值之和最小

Question

将O(n^2)算法优化为O(n log n) 。

问题陈述

给定由n正整数组成的数组A 将数组分成长度不大于k连续子序列，使得每个子序列的最大值之和最小。 这是一个例子。

如果n = 8且k = 5且数组元素为1 4 1 3 4 7 2 2 ，则最佳解为1 | 4 1 3 4 7 | 2 2 1 | 4 1 3 4 7 | 2 2 1 | 4 1 3 4 7 | 2 2 . 总和将为max{1} + max{4, 1, 3, 4, 7} + max{2, 2} = 1 + 7 + 2 = 10 。

O(n^2) 解决方案

让dp[i]是子问题数组A[0] ... A[i]问题陈述中的最小总和。 dp[0] = A[0]并且，对于0 < i < n ( dp[-1] = 0 )，

// A, n, k, - defined
// dp - all initialized to INF
dp[0] = A[0];
for (auto i = 1; i < n; i++) {
    auto max = -INF;
    for (auto j = i; j >= 0 && j >= i-k+1; j--) {
        if (A[j] > max)
            max = A[j];
        auto sum = max + (j > 0 ? dp[j-1] : 0);
        if (sum < dp[i])
            dp[i] = sum;
    }
}
// answer: dp[n-1]

O(n log n) ?

问题作者声称可以在O(n log n)时间内解决这个问题，并且有一些人能够通过测试用例。 如何优化？

Answer 1

注意：我将稍微改变您的动态编程关系，以便在j = 0没有特殊情况。 现在dp[j]是前j项A[0], ..., A[j-1]的答案，并且：

dp[i] = min(dp[j] + max(A[j], ..., A[i-1]), ik <= j < i)

问题的答案现在是dp[n] 。

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请注意，如果j < i和dp[j] >= dp[i] ，则在以下转换中将不需要dp[j] ，因为max(A[j], ..., A[l]) >= max(A[i], ..., A[l]) （所以在i而不是j切割总是更好。

此外，让C[j] = max(A[j+1], ..., A[l]) （其中l是我们在动态编程步骤中的当前索引，即您的 C++ 程序中的i ）。

然后，您可以在内存中保留一些索引x1 < ... < xm （动态规划关系转换的“有趣”索引），例如： dp[x1] < ... < dp[xm] (1 ）。 然后自动C[x1] >= ... >= C[xm] (2)。

要存储{x1, ..., xm} ，我们需要一些支持以下操作的数据结构：

• 弹回（当我们从i移动到i+1 ，我们必须说ik现在无法访问）或前端（参见插入）。
• 推前x （当我们计算dp[i] ，我们在保留 (1) 的同时插入它，通过删除相应的元素）。
• 计算min(dp[xj] + C[xj], 1 <= j <= m) 。

因此，一些用于存储x1, ..., xk队列以及用于存储所有dp[xi] + C[xi]的set就足够了。

---

当我们插入一个元素i时，我们如何同时保留 (1) 和更新C ？

• 在计算dp[i]之前，我们用A[i-1]更新C 为此，我们找到集合x st C[xj] <= A[i-1]最小的元素xj 。 然后 (1) 和 (2) 意味着dp[j'] + C[j'] >= dp[j] + C[j]对于所有j' >= j ，所以我们将C[xj]更新为A[i-1]然后我们从集合 (*) 中删除x(j+1), ..., xm 。
• 当我们插入dp[i] ，我们只是通过弹出 front 来删除所有元素 st dp[j] >= dp[i] 。
• 当我们删除ik ，有可能在 (*) 中销毁的某些元素现在变得最好。 因此，如有必要，我们更新C并插入最后一个元素。

复杂度： O(n log n) （集合中最多可以有2n插入）。

这段代码总结了主要思想：

template<class T> void relaxmax(T& r, T v) { r = max(r, v); }

vector<int> dp(n + 1);
vector<int> C(n + 1, -INF);
vector<int> q(n + 1);
vector<int> ne(n + 1, -INF);
int qback = 0, qfront = 0;
auto cmp = [&](const int& x, const int& y) {
    int vx = dp[x] + C[x], vy = dp[y] + C[y];
    return vx != vy ? vx < vy : x < y;
};
set<int, decltype(cmp)> s(cmp);

dp[0] = 0;
s.insert(0);
q[qfront++] = 0;

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    C[i] = A[i - 1];
    auto it_last = lower_bound(q.begin() + qback, q.begin() + qfront, i, [=](const int& x, const int& y) {
        return C[x] > C[y];
    });

    for (auto it = it_last; it != q.begin() + qfront; ++it) {
        s.erase(*it);
        C[*it] = A[i - 1];
        ne[*it] = i;
        if (it == it_last) s.insert(*it);
    }

    dp[i] = dp[*s.begin()] + C[*s.begin()];

    while (qback < qfront && dp[q[qfront]] >= dp[i]) {
        s.erase(q[qfront]);
        qfront--;
    }

    q[qfront++] = i;
    C[i] = -INF;
    s.insert(i);

    if (q[qback] == i - k) {
        s.erase(i - k);

        if (qback + 1 != qfront && ne[q[qback]] > q[qback + 1]) {
            s.erase(q[qback + 1]);
            relaxmax(C[q[qback + 1]], C[i - k]);
            s.insert(q[qback + 1]);
        }

        qback++;
    }
}

// answer: dp[n]

这次我根据您的算法对其进行了压力测试：请参阅此处。

如果还不清楚，请告诉我。