斜率优化dp入门

约 3996 字大约 13 分钟

算法

2021-06-25

名称	定义
凸多边形	所有内角都在 $(0°,180°)$ 的简单多边形
凸包	在平面上能包含所有给定点的最小凸多边形叫做凸包。
上凸包	凸包中横坐标最小的点到横坐标最大的点的上半部分
下凸包	凸包中横坐标最小的点到横坐标最大的点的下半部分

例题

[HNOI2008] 玩具装箱

题目描述

P 教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。

P 教授有编号为 $1 \cdots n$ 的 $n$ 件玩具，第件玩具经过压缩后的一维长度为 $C_i$ 。

为了方便整理，P 教授要求：

在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物。形式地说，如果将第 $i$ 件玩具到第 $j$ 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 $x=j-i+\sum_{k=i}^{j}C_k$ 。

制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为 $x$ ，其制作费用为 $(x-L)^2$ 。其中 $L$ 是一个常量。P 教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过 $L$ 。但他希望所有容器的总费用最小。

输入格式

第一行有两个整数，用一个空格隔开，分别代表 $n$ 和 $L$ 。

第 $2$ 到第 $(n+1)$ 行，每行一个整数，第 $(i+1)$ 行的整数代表第 $i$ 件玩具的长度 $C_i$ 。

数据范围

对于全部的测试点， $1 \leq n \leq 5 \times 10^4,1 \leq L \leq 10^7,1 \leq C_i \leq 10^7$

基本 $dp$ 思路

设 $F_i$ 为装前 $i$ 个玩具的最小费用，则 $F_i=min_{0\leq j<i}(F_j+(i-j-1-L+\sum^{i}_{k=j+1}C_k)^2)$

其中 $\sum^{i}_{k=j+1}C_k$ 可以用前缀和优化掉，变成 $F_i=min_{0\leq j<i}(F_j+(i-j-1-L+sum_i-sum_j)^2)$

非常好啊， $O(n^2)$ ，0 分到手

怎么办呢？

处理一下

这个 $dp$ 方程好像不太好处理

首先我们不看这个 $min$ ，只看 $F_i=F_j+(i-j-1-L+sum_i-sum_j )^2$

\begin{align} \text{令}A=i+sum_i,B&=j+sum_j,C=L+1\\ F_j+(A-B-C)^2&=F_j+A^2+(B+C)^2-2A(B+C)\\ F_i+2A(B+C)&=F_j+A^2+(B+C)^2\\ \text{令}x=B+C,y=F_j&+(B+C)^2,k=2A,b=F_i-A^2\\ y&=kx+b \end{align}

想到了什么？

我们要最小化 $F_i$ ，那也就是说我们要最小化 $b$

对于每一个确定的 $i$ ， $k$ 都是确定的

问题转化成了求过 $(B+C, F_j+(B+C)^2)$ 中任意一点且斜率为 k 的直线截距的最小值。

补充知识

如果你只想知道斜率优化怎么用，那么你可以点此跳过这部分。

我们易可证截距的最小值一定取在下凸包上

证明：假如截距的最小值取在非下凸包上的一个点 $(x_0,y_0 )$ ，则有两种情况：

（一）下凸包上有一个点 $(x_0,y_1)$

所以过 $(x_0,y_0)$ 的直线的解析式为 $y=kx+y_0-kx_0$ ，过 $(x_0,y_1)$ 的直线的解析式为 $y=kx+y_1-kx_0$

根据下凸包的定义可得 $y_0>y_1$ ，故 $y_0-kx_0>y_1-kx_1$ ，矛盾

（二）下凸包上没有和其横坐标相同的点

根据下凸包的定义，可得下凸包上一定存在两个点 $(x_1,y_1)$ , $(x_2,y_2)$ 使得 $x_1<x_0<x_2$ 且 $x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2}<y_0$

我们在经过 $(x_1,y_1)$ , $(x_2,y_2)$ 的直线上取一点 $(x_0,x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-xx_2})$

过 $(x_0,y_0)$ 的直线解析式为 $y=kx+y_0-kx_0$
过 $(x_0,x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2})$ 的为 $y=kx+x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2}-kx_0$
过 $(x_1,y_1)$ 的为 $y=kx+y_1-kx_1$
过 $(x_2,y_2)$ 的为 $y=kx+y_2-kx_2$

由（一）可得 $y_0-kx_0>x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2}-kx_0$

\begin{align} &k>\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\\ &(x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2 }-kx_0)-(y_1-kx_1 )\\ &=\frac{x_0 y_1-x_0 y_2+x_1 y_2-x_1 y_1}{x_1-x_2}-k(x_1-x_0)\\ &=\frac{(x_0-x_1)(y_1-y_2)}{x_1-x_2}-k(x_0-x_1)\\ &>\frac{(x_0-x_1 )(y_1-y_2)}{x_1-x_2}-\frac{(x_0-x_1)(y_1-y_2 )}{x_1-x_2}\\ &=0 \end{align}

\begin{align} &k\leq\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\\ &(𝑥_0\frac{𝑦_1−𝑦_2}{𝑥_1−𝑥_2}+\frac{𝑥_1 𝑦_2−𝑥_2 𝑦_1}{𝑥_1−𝑥_2}−𝑘𝑥_0 )−(𝑦_2−𝑘𝑥_2 )\\ &=\frac{𝑥_0 𝑦_1−𝑥_0 𝑦_2+𝑥_2 𝑦_2−𝑥_2 𝑦_1}{𝑥_1−𝑥_2}−𝑘(𝑥_2−𝑥_0)\\ &=\frac{(𝑥_0−𝑥_2 )(𝑦_1−𝑦_2 )}{𝑥_1−𝑥_2}−𝑘(𝑥_0−𝑥_2 )\\ &≥\frac{(𝑥_0−𝑥_2 )(𝑦_1−𝑦_2 )}{𝑥_1−𝑥_2}−\frac{(𝑥_0−𝑥_2 )(𝑦_1−𝑦_2 )}{𝑥_1−𝑥_2}\\ &=0 \end{align}

综上所述，在 $y_1-kx_1$ 和 $y_2-kx_2$ 中一定存在一个数小于或等于 $x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2}-kx_0$ ，又因为 $y_0-kx_0>x_0\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}+\frac{x_1 y_2-x_2 y_1}{x_1-x_2}-kx_0$ ，所以在 $y_1-kx_1$ 和 $y_2-kx_2$ 中一定存在一个数小于 $y_0-kx_0$ ，矛盾。
综上所述，此截距的最小值一定取在下凸包上。
证毕。

回归正题

现在我们知道了最优决策点一定在下凸包上

那么我们怎么找最优决策点呢？

首先我们易得下凸包中所有线的斜率一定是单调递增的

如果存在三个下凸包中的点 $(x_1,y_1 )$ ， $(x_2,y_2 )$ ， $(x_3,y_3 )$ 使得 $x_1<x_2<x_3$ 且 $\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}>\frac{y_3-y_2}{x_3-x_2}$ ，则 $y_2-\frac{y_3-y_1}{x_3-x_1} x_2-\frac{x_3 y_1-x_1 y_3}{x_3-x_1}=\frac{-x_1 y_2+x_1 y_3+x_2 y_1-x_2 y_3-x_3 y_1+x_3 y_2}{x_3-x_1}$

又因为 $x_1<x_2<x_3$ ，所以 $x_2-x_1>0$ ， $x_3-x_2>0$ ， $x_3-x_1>0$

故 $(y_2-y_1 )(x_3-x_2 )>(y_3-y_2 )(x_2-x_1 )$ ，即 $x_2 y_1-x_3 y_1+x_3 y_2>x_1 y_2-x_1 y_3+x_2 y_3$

所以 $\frac{-x_1 y_2+x_1 y_3+x_2 y_1-x_2 y_3-x_3 y_1+x_3 y_2}{x_3-x_1}>0$ ，故 $y_2>\frac{y_3-y_1}{x_3-x_1} x_2+\frac{x_3 y_1-x_1 y_3}{x_3-x_1}$ ，所以 $(x_2,y_2 )$ 一定不在下凸包内。

思路很清晰了吧？

简简单单的代码

#include<cstdio>
using namespace std;

const int N = 5e4 + 5;
int n, L, C, Qt[N], h = 1, t;
ll sum[N], f[N], Qx[N], Qy[N];

il ll sq(ll x) {return x * x;}
il double sl(ll x1, ll y1, ll x2, ll y2) {return (double) (y1 - y2) / (x1 - x2);}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &L, &C);
	sum[1] = C; f[1] = sq(C - L);
	Qt[++t] = 0; Qx[t] = L + 1; Qy[t] = sq(Qx[t]);
	Qt[++t] = 1; Qx[t] = L + 2 + C; Qy[t] = f[1] + sq(Qx[t]);
	for(int i = 2; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", &C);
		sum[i] = sum[i - 1] + C;
		double slope = (i + sum[i]) << 1;
		while(h < t && sl(Qx[h], Qy[h], Qx[h + 1], Qy[h + 1]) < slope) ++h;
		f[i] = f[Qt[h]] + sq(i - Qt[h] - 1 + sum[i] - sum[Qt[h]] - L);
		ll X = i + sum[i] + L + 1, Y = f[i] + sq(X);
		while(h < t && sl(Qx[t], Qy[t], Qx[t - 1], Qy[t - 1]) >= sl(Qx[t], Qy[t], X, Y)) --t;
		Qt[++t] = i; Qx[t] = X, Qy[t] = Y;
	}
	printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}

问题来了

若 $C_k$ 可以小于 0 呢？又该怎么做？

这个我们一眼就能看穿这玩意不满足单调性。

假如说考试的时候你不会证斜率的点或者决策有/没有单调性怎么办？

有两种方法。第一种是打表，多打几组。

第二种是不管三七二十一直接上不满足单调性时的做法。反正满足单调性的时候不满足单调性时的做法也能用。

不满足单调性的做法：

分治

我们用 $dc(l, r)$ 表示计算 $[l, r]$ 中的 $dp_i$ 。

对于左半边，我们先用 $dc(l, mid)$ 算出 $[l, mid]$ 中的 $dp_i$ 。然后我们就知道了所有的决策点，那么就可以建凸包。然后我们用这个凸包去更新 $[mid, r]$ 中的 $dp_i$ 。这时的凸包是固定的，所以我们可以把 $[mid, r]$ 的查询斜率排序，然后用单调队列维护。当然也可以直接在凸包上二分。

对于 $[mid, r]$ 中的每个 $dp_i$ ，如果它的最优决策点在 $[1, mid]$ ，则上一步已经更新完，如果它的最优决策点不在 $[l, mid]$ 我们也不需要 $[l, mid]$ 的凸包。所以我们可以直接把左边的凸包抛掉，用 $dc(mid + 1, r)$ 计算之后的 $dp_i$ 。

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n\log n))=O(n\log^2n)$

代码

#include <vector>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

int n, h[100005], w[100005], pre[100005];
long long dp[100005], sum[100005];

struct Point {
	long long x, y;
	int id;
	Point(long long _x, long long _y, int _id): x(_x), y(_y), id(_id) {}
	double operator/ (const Point &p) const { return (double) (y - p.y) / (x - p.x); }
};

long long min(long long a, long long b) { return a < b ? a : b; }

void cdq(int l, int r) {
	while (l != r) {
		std::vector<Point> Q, temp;
		int mid = (l + r) >> 1;
		cdq(l, mid);
		for (int i = l; i <= mid; ++i)
			temp.push_back(Point(h[i], dp[i] + (long long) h[i] * h[i] - sum[i], i));
		std::sort(temp.begin(), temp.end(), [] (const Point &p1, const Point &p2) {
			return p1.x == p2.x ? p1.y < p2.y : p1.x < p2.x;
		});
		Q.push_back(temp[0]); int _size = 0;
		for (int i = 1; i < (int) temp.size(); ++i) {
			if (Q[_size].x == temp[i].x) continue;
			while (_size && Q[_size] / Q[_size - 1] > Q[_size] / temp[i]) Q.pop_back(), --_size;
			Q.push_back(temp[i]); ++_size;
		}
		for (int i = r; i > mid; --i) {
			int l = 1, r = Q.size() - 1, sl = h[i] << 1;
			while (l <= r) {
				int mid = (l + r) >> 1;
				if (Q[mid] / Q[mid - 1] > sl) r = mid - 1;
				else l = mid + 1;
			}
			int k = Q[r].id;
			dp[i] = min(dp[i], dp[k] + (long long) (h[i] - h[k]) * (h[i] - h[k]) + sum[i - 1] - sum[k]);
		}
		l = mid + 1;
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", h + i);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i), sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp); dp[1] = 0;
	cdq(1, n); printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}

平衡树

思路很简洁，一说就懂，一写就废

代码

#include <stdio.h>
#include <string.h>

inline unsigned rand() {
	static unsigned seed = 19260817;
	return (seed = seed * 1279u + 10001279u) ^= (seed >> 7);
}

struct Point {
	long long x, y;
	int id;
	Point(long long _x, long long _y, int _id): x(_x), y(_y), id(_id) {}
	Point() {}
	double operator/ (const Point &p) const { return (double) (y - p.y) / (x - p.x); }
};

struct Treap {
	struct node {
		int ls, rs, size;
		Point p;
		double lp, rp;
		unsigned key;
	} tr[100005];
	int cnt, root;
	inline int new_node(const Point &p) {
		tr[++cnt].p = p;
		tr[cnt].key = rand();
		tr[cnt].size = 1;
		return cnt;
	}
	inline void push_up(int k) { if (k) tr[k].size = tr[tr[k].ls].size + tr[tr[k].rs].size + 1; }
	void rotate_left(int &k) {
		int old_k = k;
		k = tr[k].rs;
		tr[old_k].rs = tr[k].ls;
		tr[k].ls = old_k;
		push_up(old_k);
		push_up(k);
	}
	void rotate_right(int &k) {
		int old_k = k;
		k = tr[k].ls;
		tr[old_k].ls = tr[k].rs;
		tr[k].rs = old_k;
		push_up(old_k);
		push_up(k);
	}
	int insert(int &k, const Point &v) {
		int tmp;
		if (!k) { return k = new_node(v); }
		if (v.x < tr[k].p.x) {
			if (tmp = insert(tr[k].ls, v)) {
				if (tr[k].key > tr[tr[k].ls].key) rotate_right(k);
				push_up(k);
				return tmp;
			} else return 0;
		} else if (v.x > tr[k].p.x) {
			if (tmp = insert(tr[k].rs, v)) {
				if (tr[k].key > tr[tr[k].rs].key) rotate_left(k);
				push_up(k);
				return tmp;
			} else return 0;
		} else {
			if (tr[k].p.y < v.y) return 0;
			tr[k].p.y = v.y; tr[k].p.id = v.id; return k;
		}
	}
	void remove(int &k, long long x) {
		if (!k) return;
		if (tr[k].p.x == x) {
			if (tr[k].ls && tr[k].rs) {
				if (tr[tr[k].ls].key < tr[tr[k].rs].key) rotate_right(k), remove(tr[k].rs, x);
				else rotate_left(k), remove(tr[k].ls, x);
			} else k = tr[k].ls | tr[k].rs;
		} else if (x < tr[k].p.x) remove(tr[k].ls, x);
		else remove(tr[k].rs, x);
		push_up(k);
	}
	int rank(long long x) {
		int rnk = 0, k = root;
		while (k) {
			if (x <= tr[k].p.x) k = tr[k].ls;
			else rnk += tr[tr[k].ls].size + 1, k = tr[k].rs;
		}
		return rnk + 1;
	}
	int value(int x) {
		if (x > tr[root].size || x <= 0) return -1;
		int k = root;
		while (k) {
			if (x <= tr[tr[k].ls].size) k = tr[k].ls;
			else if (x == tr[tr[k].ls].size + 1) return k;
			else x -= tr[tr[k].ls].size + 1, k = tr[k].rs;
		}
		return -1;
	}
	int prev(long long v) { return value(rank(v) - 1); }
	int next(long long v) { return value(rank(v + 1)); }
	void insert_hull(const Point &point) {
		int k = insert(root, point);
		if (!k) return;
		int k1 = prev(point.x);
		if (k1 != -1) {
			while (tr[k1].lp > point / tr[k1].p) remove(root, tr[k1].p.x), k1 = prev(tr[k1].p.x);
			tr[k].lp = tr[k1].rp = point / tr[k1].p;
		} else tr[k].lp = -1e30;
		int k2 = next(point.x);
		if (k2 != -1) {
			while (point / tr[k2].p > tr[k2].rp)
				remove(root, tr[k2].p.x), k2 = next(tr[k2].p.x);
			tr[k].rp = tr[k2].lp = tr[k2].p / point;
		} else tr[k].rp = 1e30;
		if (tr[k].lp > tr[k].rp) {
			remove(root, tr[k].p.x);
			tr[k1].rp = tr[k2].lp = tr[k1].p / tr[k2].p;
		}
	}
	int query_hull(long long slope) {
		int k = root;
		while (k) {
			if (tr[k].lp <= slope && slope <= tr[k].rp) return tr[k].p.id;
			else if (slope < tr[k].lp) k = tr[k].ls;
			else k = tr[k].rs;
		}
		return -1;
	}
} treap;

int n, w[100005], h[100005];
long long sum[100005], dp[100005];

long long min(long long a, long long b) { return a < b ? a : b; }

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", h + i);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i), sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp); dp[1] = 0;
	treap.new_node(Point(h[1], (long long) h[1] * h[1] - w[1], 1));
	treap.root = 1; treap.tr[1].lp = -1e30; treap.tr[1].rp = 1e30;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		int j = treap.query_hull(h[i] << 1);
		dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (long long) (h[i] - h[j]) * (h[i] - h[j]) + sum[i - 1] - sum[j]);
		treap.insert_hull(Point(h[i], dp[i] + (long long) h[i] * h[i] - sum[i], i));
	}
	printf("%lld", dp[n]);
	return 0;
}

二进制分组

我们将所有的点分成若干组，第 $i$ 组大小为 $2^i$ ，显然组数不超过 $O(\log n)$ 。我们维护每组的凸包。

插入一个点时，若没有第 0 组，则将它作为第 0 组，否则将它和第 0 组合并。这样我们得到了第 1 组。接下来如果有第 1 组，则再将它与第 1 组合并得到第 2 组……类似二进制+1 的过程。

查询在每一组分别二分，取最大即可。

关于时间复杂度：

显然每个点最多被合并 $O(\log n)$ 次。我们合并两个包含 $O(n)$ 个节点的凸包的时间复杂度是 $O(n)$ 的，故均摊到每个点上合并的时间复杂度是 $O(1)$ ，又因为共有 $O(n)$ 个点，所以总时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

代码

#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <vector>

int n, h[100005], w[100005];
long long dp[100005], sum[100005];

struct Point {
	long long x, y;
	int id;
	Point(long long _x, long long _y, int _id): x(_x), y(_y), id(_id) {}
	double operator/ (const Point &p) const { return (double) (y - p.y) / (x - p.x); }
};

struct ConvexHull {
	std::vector<Point> p;
	void merge(ConvexHull &h) {
		std::vector<Point> possible_conv;
		int i = 0, j = 0;
		while (i < (int) p.size() && j < (int) h.p.size())
			if (p[i].x == h.p[j].x) {
				if (p[i].y < h.p[j].y) possible_conv.push_back(p[i]);
				else possible_conv.push_back(h.p[j]);
				++i; ++j;
			} else if (p[i].x < h.p[j].x) possible_conv.push_back(p[i]), ++i;
			else possible_conv.push_back(h.p[j]), ++j;
		while (i < (int) p.size()) possible_conv.push_back(p[i]), ++i;
		while (j < (int) h.p.size()) possible_conv.push_back(h.p[j]), ++j;
		p.clear(); p.push_back(possible_conv[0]);
		int _size = 0;
		for (int i = 1; i < (int) possible_conv.size(); ++i) {
			while (_size && p[_size] / p[_size - 1] > p[_size] / possible_conv[i]) p.pop_back(), --_size;
			p.push_back(possible_conv[i]); ++_size;
		}
		h.p.clear();
	}
	int query(long long k) {
		int l = 1, r = p.size() - 1;
		while (l <= r) {
			int mid = (l + r) >> 1;
			if (p[mid] / p[mid - 1] > k) r = mid - 1;
			else l = mid + 1;
		}
		return p[r].id;
	}
	ConvexHull() {}
	ConvexHull(const Point &P) { p.push_back(P); }
} conv[17];

long long min(long long a, long long b) { return a < b ? a : b; }

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", h + i);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", w + i), sum[i] = sum[i - 1] + w[i];
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp); dp[1] = 0;
	conv[0] = ConvexHull(Point(h[1], (long long) h[1] * h[1] - w[1], 1));
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j < 17; ++j) {
			if (conv[j].p.empty()) continue;
			int k = conv[j].query(h[i] << 1);
			dp[i] = min(dp[i], dp[k] + (long long) (h[i] - h[k]) * (h[i] - h[k]) + sum[i - 1] - sum[k]);
		}
		ConvexHull cv(Point(h[i], dp[i] + (long long) h[i] * h[i] - sum[i], i));
		for (int j = 0; j < 17; ++j) {
			if (conv[j].p.empty()) {
				conv[j].p = cv.p;
				break;
			}
			cv.merge(conv[j]);
		}
	}
	printf("%lld", dp[n]);
	return 0;
}

总结

在 $dp$ 的最小/最大化问题中，将转移方程分成四部分：一部分与 $i, j$ 都无关，一部分只与 $j$ 有关，一部分只与 $i$ 有关，还有一部分和 $i, j$ 都有关。如果它能写成 $y=kx+b$ 的形式，我们就可以维护一个凸包，来进行状态的转移。

练习

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2025/10/12 07:02

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斜率优化dp入门

前置知识

例题

[HNOI2008] 玩具装箱

题目描述

输入格式

输出格式

数据范围

基本 $dp$ 思路

处理一下

补充知识

回归正题

简简单单的代码

问题来了

分治

代码

平衡树

代码

二进制分组

代码

总结

练习

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