[算法模板]动态规划—斜率优化

本文全文引自Xing-Ling，感谢Xing-Ling提供markdown源码。

【学习笔记】动态规划—各种 ( ext{DP}) 优化

【前言】

第一次写这么长的文章。

写完后感觉对斜优的理解又加深了一些。

斜优通常与决策单调性同时出现。可以说决策单调性是斜率优化的前提。

斜率优化 (DP)，顾名思义就是利用斜率相关性质对 (DP) 进行优化。

斜率优化通常可以由两种方式来理解，需要灵活地运用数学上的数形结合,线性规划思想。

对于这样形式的 (dp) 方程：(dp[i]=Min/Max(a[i]∗b[j]+c[j]+d[i]))，其中 (b) 严格单调递增。

该方程的关键点在于 (a[i]*b[j]) 这一项，它既有 (i) 又有 (j)，于是单调队列优化不再适用，可以尝试使用斜率优化。

一.【决策单调性证明】

这里以 玩具装箱 (toy)([P3195]) 为例，先来证一波决策单调性，方法采用四边形不等式。

设 (S[n]=sum _{i=1}^n (C[i]+1))，用 (dp[i]) 表示装好前 (i) 个的最小花费，则 (dp) 方程为：(dp[i]=min(dp[j]+(S[i]−S[j]-1-L)^2))。

很明显，这个方程以 (dp[i]=min(dp[j]+w(i,j))) 的形式呈现，即 (1D/1D) 动态规划方程，其中 (w(i,j)=(S[i]−S[j]-1-L)^2)。

(证明：设)(Q=S[i]−S[j]-1-L)

( herefore w(i,j)=(S[i]−S[j]-1-L)^2=Q^2)

(egin{equation*} egin{split} herefore w(i+1,j+1)=&(S[i+1]−S[j+1]-1-L)^2\ =&((S[i]+C[i+1]+1)−(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\ =&(Q+C[i+1]-C[j+1])^2 end{split} end{equation*})

(egin{equation*} egin{split} w(i,j+1)=&(S[i]−S[j+1]-1-L)^2\ =&(S[i]−(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\ =&(Q-C[j+1]-1)^2 end{split} end{equation*})

(egin{equation*} egin{split} w(i+1,j)=&(S[i+1]−S[j]-1-L)^2\ =&((S[i]+C[i+1]+1)−S[j]-1-L)^2\ =&(Q+C[i+1]+1)^2 end{split} end{equation*})

( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2)

( herefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2X^2+2C[i+1]X-2C[j+1]X+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2)

( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1))

(又 ecause C[i],C[j] geqslant 1)

( herefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) leqslant -8)

( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1) leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1))

四边形不等式成立，所以次题具有决策单调性。

在实战中，通常使用打表的形式来判断是否满足四边形不等式。

二.【理解方式】

还是以 玩具装箱 (toy)([P3195]) 为例，两种斜优的理解方式。

决策方程为：(dp[i]=min(dp[j]+(S[i]−S[j]-1-L)^2))。
为方便描述，将 (L) 提前加 (1)，再把 (min) 去掉，得到状态转移方程：(dp[i]=dp[j]+(S[i]−S[j]-L)^2)。

化简得：(dp[i]=S[i]^2-2S[i]L+dp[j]+(S[j]+L)^2-2S[i]S[j])

1.【代数法】

只含 (L) 的项对于每一个 (i) 的择优筛选过程都是完全一样的值，只含 (Function(i)) 的项在一次 (i) 的择优筛选过程中不变，含 (Function(j)) 的项始终在发生变化（只要该项是严格单增）。
以此为划分依据，把同类型的项用括号括起来，
即：(dp[i]=(-2S[i]S[j])+(dp[j]+(S[j]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L))

【维护一个凸包】

设 (j_1,j_2)((0 leqslant j_1<j_2<i)) 为 (i) 的两个决策点，且满足决策点 (j2) 优于 (j1)，
有：((-2S[i]S[j_2])+(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L) leqslant (-2S[i]S[j_1])+(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L))

即：((-2S[i]S[j_2])+(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2) leqslant (-2S[i]S[j_1])+(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2))

划重点：此处移项需要遵循的原则是：参变分离。将 (Function(i)) 视作未知量，用 (Function(j)) 来表示出 (Function(i)) 。
移项得：(-2S[i](S[j_2]-S[j_1]) leqslant (dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)-(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2))

(ecause C[j] geqslant 1)
( herefore S[j+1] > S[j])
(又 ecause j_2 > j_1)
( herefore S[j_2]-S[j_1]>0)
( herefore 2S[i] geqslant frac {(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2)-(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)} {S[j_2]-S[j_1]})

设 (Y(j)=dp[j]+(S[j]+L)^2,X(j)=S[j])，
即 (2S[i] geqslant frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)})
很明显，等式右边是一个关于点 (P(j_2)) 和 (P(j_1)) 的斜率式，其中 (P(j)=(X(j),Y(j))=(S[j],dp[j]+(S[j]+L)^2))。

也就是说，如果存在两个决策点 (j_1,j_2) 满足 ((0 leqslant j_1<j_2<i))，使得不等式 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} leqslant 2S[i]) 成立，或者说 使得 (P(j_2),P(j_1)) 两点所形成直线的斜率小于等于 (2S[i])，那么决策点 (j2) 优于 (j1)。

划重点：斜优灵活多变，细节麻烦也多，所以尽量将问题模式化。
比如这里的最终公式，尽量化为 (frac {(j)-(j')} {(j)-(j')}) 的形式，而不是 (frac {(j)-(j')} {(j')-(j)}) ，虽然直接做的话，也不会出什么问题，但这样子可以方便理解，方便判断凸包方向等等。

假设有酱紫的三个点 (P(j_1),P(j_2),P(j_2))，(k_1,k_2) 为斜率，如下图所示情况：
(_{（一直在想这个“代数法”是不是应该叫“数形结合”更好呢？算啦，不管啦QAQ）})

显然有 (k_2 < k_1)。设 (k_0=2S[i])，由上述结论可知：
((a).) 若 (k_1 leqslant k_0)，则 (j_2) 优于 (j_1) 。反之，若 (k_1 > k_0)，则 (j_1) 优于 (j_2) 。
((b).) 若 (k_2 leqslant k_0)，则 (j_3) 优于 (j_2) 。反之，若 (k_2 > k_0)，则 (j_2) 优于 (j_3) 。

于是这里可以分三种情况来讨论：
((1).)(k_0 < k_2 < k_1)。由 ((a),(b)) 可知：(j_1) 优于 (j_2) 优于 (j_3) 。
((2).)(k_2 leqslant k_0 < k_1)。由 ((a),(b)) 可知：(j_1) 和 (j_3) 均优于 (j_2)。
((3).)(k_2 < k_1 leqslant k_0)。由 ((a),(b)) 可知：(j_3) 优于 (j_2) 优于 (j_1) 。

可以发现，对于这三种情况，(j_2)始终不是最优解，于是我们可以将 (j_2) 从候选决策点中踢出去(删除)，只留下 (j_1) 和 (j_3)，删后的情况如下图所示：

我们要对某一个问题的解决方案进行优化改进，无非就是关注两个要点：正确性和高效性（大多数时候高效性都体现为单调性）。

酱紫做的正确性是毋庸置疑的，因为在 (j_1) 和 (j_3) 其中必定有一个比 (j_2) 更优，所以删除 (j_2) 对答案没有任何影响。

那么高效性呢？自己在脑子里面 (yy) 一下，在一个坐标系的第一象限（本题中 (X(j)) 和 (Y(j))均大于等于 (0)，至于为什么这里要说等于，下面会提到）中，有若干个离散的点，任取三点，如果左边斜率大于右边斜率，则形成了上述情况，必定会删点，因而消除这种情况。所以将最后留下来的点首位相连的话，其形成的各个线段斜率从左到右必定是单调递增的（有可能非严格递增，这个问题之后再讨论）。

实际上再图中选取最靠左下面，下面，右下面的点首位相连，就是最后留下来的点了，它们形成了一个下凸包，即凸包（又名凸壳）的下半部分（不严谨的讲，给定二维平面上的点集，凸包就是将最外层的点连接起来构成的凸多边形，它能包含点集中所有的点——摘自百度百科）。

维护出的图形如下图所示：

可以尝试在凸包围起来的区域内任意取一点，其必定可以在包围圈上找到两个点使得改点可以被删除，如上 (L) 点，它与 (D,E) 两点形成了一个可删点图形。

同理，如果把不等式 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} leqslant k_0[i]) 改为 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} geqslant k_0[i])，那么维护出来的就是一个上凸包。

【寻找最优决策点】

还是以 玩具装箱 (toy)([P3195]) 为例，在下凸包点集中总会存在一点，使得它与左邻点形成的斜率小于 (k_0) ，与右邻点形成的斜率大于 (k_0) 。

例如上图中的 (E) 点，设 (k_4 leqslant k_0 < k_5) 由于凸包上面的斜率呈单增态，那么有：(k_1 < k_2 < k_3 < k_4 leqslant k_0 < k_5 < k_6 < k_7)，所以决策点 (E) 优于其他所有点，即 (E) 就是 (dp[i]) 的最优决策点。
如果暴力查找的话，就是从第一个点开始向后扫描，找到第一个斜率大于 (k_0) 的线段，其左端点即为最优决策点，由于斜率具有单调性，可以二分得到这个点。

2.【线性规划】

强烈推荐用线性规划思想来做题，因为图形的变幻更直观，更直观，更重要的是：在面对一些某某变量不满单调性时，通过图形可以做出判断迅速并改变策略（如使用二分等等），而用代数法的话，很可能会 (WA) 上一整天都找不到问题所在。

但是遇到一些复杂的毒瘤(dp) 方程就得靠代数法了（比如有巨毒的国王饮水记 ([NOI2016])([P1721])）。

【高中数学知识】

先回顾一下 (dp) 方程：(dp[i]=S[i]^2-2S[i]L+dp[j]+(S[j]+L)^2-2S[i]S[j])。

对其进行移项变化。划重点：移项要遵循的原则是：把含有 (function(i)*function(j)) 的表达式看作斜率 (k_0) 乘以未知数 (x)，含有 (dp[i]) 的项必须要在 (b) 的表达式中，(y) 的表达式中必须含有 (function(j))。如果未知数 (x) 的表达式非递增，那么必须要通过等式两边同乘 (-1) 的方法使其变为单增的表达式。得到一个形如 (kx+b=y) 的表达式。

至于为什么说 (x) 的表达式一定要单增，(Hmm...) 其实是为了让一些较简单的问题模式化，不易出错，如果你非要单减，可以尝试倒叙枚举，至于是否正确，具体实现需要注意的玄学问题等等，因为觉得太麻烦没有试过，我也不清楚会发生什么。

例如此题，原 (dp) 方程可化为：
((2S[i])S[j]+(dp[i]-S[i]^2+2S[i]L)=(dp[j]+(S[j]+L)^2))

其中 (k_i=2S[i],)(x_i=S[j],)(b_i=dp[i]-S[i]^2+2S[i]L,)(y_i=dp[j]+(S[j]+L)^2)。

其实也可以化为：
((2S[i])(S[j]+L)+(dp[i]-S[i]^2)=(dp[j]+(S[j]+L)^2))
其中 (k_i=2S[i],)(x_i=S[j]+L,)(b_i=dp[i]-S[i]^2,)(y_i=dp[j]+(S[j]+L)^2)。

还可以化为 (...)

(...)

只要满足上述移项原则，对答案是没有任何影响的。

这里以第一种形式为例，先画出草图：

我们的目的是求出一个最优决策点(j) 使得 (dp[i]) 最小，又因为 (b[i]=dp[i]-S[i]^2) ，所以就是要找到某个点使这条直线经过它时 (b) 最小，即是高中数学上的线性规划问题。

【寻找最优决策点】

如图所示，点 (E) 即为最优决策点。显然，这个使得 (b) 最小的最优决策点位于下凸包点集中。

三.【维护凸包】

而实际上只要让维护的凸包方向相同，两种思路的代码可以做到一模一样。

用单调队列维护凸包上的点集，操作分三步走：
((1).) 进行择优筛选时，在队列中二分找到最优决策点(j) 。
((2).) 用最优决策点(j) 更新 (dp[i]) 。
((3).) 判断当队尾的点与点 (i) 形成可删点图形时，出队直至无法再删点，然后将 (i) 加入队列。

操作 ((3)) 有两种判断方法（以下凸包为例），一种是 (slope(Q[t-1],Q[t]) geqslant slope(Q[t],i))，另一种是 (slope(Q[t-1],Q[t]) geqslant slope(Q[t-1],i))，两种写法都表示出现了可以删去点 (Q[t]) 的情况。
其中 (Q) 是维护凸包点集的队列。

该题时间复杂度为 (O(nlogn))，似乎还不太优秀。

四.【再优化】

运用决策单调性。

由于最优决策点递增，可以用单调队列来维护，操作 ((2),(3)) 不需要改动，操作 ((1)) 改为：判断当队首的第一根线段斜率小于等于 (k_0[i]) 时，出队直至斜率大于 (k_0[i])，此时的队首即为最优决策点。

其时间复杂度为 (O(n)) 。

五.【再证决策单调性】

一样的，两种思路。

先观察 (k_0[i]) 的表达式：(k_0[i]=2S[i]) ，很明显 (k_0) 呈单增态。

1.【代数法】

(k_0[i]) 递增就说明我们找到的第一个斜率大于 (k_0[i]) 的线段在不断地向后移，也就是说，如果我们找到了某一个最优决策点 (j)，那么在下一次决策中，最优决策点 (j') 必定在 (j) 的后面。

决策单调性得证。

2.【线性规划】

画出草图：

直线 (Line_i) 的斜率 (k_0[i]) 递增，

由图可知最优决策点在递增。

决策单调性得证。

六.【Code】

玩具装箱 (toy)([P3195])

这道题 (...) 太水了 (...) 我一开始 (L) 忘了加 (1) 居然还过了 (...)

#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int N=5e4+5;
LL i,j,n,L,h=1,t=0,Q[N],S[N],dp[N];
//S[n]=∑C[i]+1, dp[i]=min(dp[j]+(S[i]-(S[j]+L+1))^2)，++L 
//dp[i]=S[i]^2-2*S[i]*L+dp[j]+(S[j]+L)^2-2S[i]*S[j]
//(2*S[i]) * S[j] + (dp[i]-S[i]^2+2S[i]L)=(dp[j]+(S[j]+L)^2)
//   k     *  x   +           b          =        y
inline LL min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
inline LL X(Re j){return S[j];}
inline LL Y(Re j){return dp[j]+(S[j]+L)*(S[j]+L);}
inline long double slope(Re i,Re j){return (long double)(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));}//记得开long double 
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&L);++L; 
    for(i=1;i<=n;S[i]+=S[i-1]+1,++i)scanf("%lld",&S[i]);
    Q[++t]=0;//重中之重 
    for(i=1;i<=n;++i){
        while(h<t&&slope(Q[h],Q[h+1])<=2*S[i])++h;//至少要有两个元素 h<t。出队判断时尽量加上等号 
        dp[i]=dp[j=Q[h]]+(S[i]-S[j]-L)*(S[i]-S[j]-L);
        while(h<t&&slope(Q[t-1],Q[t])>=slope(Q[t-1],i))--t;//至少要有两个元素 h<t。入队判断时尽量加上等号 
        Q[++t]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
}

七.【各种玄学问题】

前方高能预警，画好草图，盯着代码，准备！冲！

((1).) 写出 (dp) 方程后，要先判断能不能使用斜优，即是否存在 (function(i)*function(j)) 的项。

((2).) 通过大小于符号或者 (b) 中 (dp[i]) 的符号结合题目要求 ((min/max)) 判断是上凸包还是下凸包，否则死活求不出答案。

((3).) （单调性出锅 (1) 号）将方程变为 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} leqslant k_0[i]) 或者 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} geqslant k_0[i]) 或者 (kx+b=y) 的形式，变化要遵循之前提到的原则，尤其是 (X) 表达式的单调性，结合图形会更好理解。如果 (X) 不单调，那么需要用到 (CDQ) 分治或者平衡树维护凸包。

((4).) （单调性出锅 (2) 号）注意是否具有决策单调性，有时候打表只能得到片面的情况。当斜率不是单调递增时该怎么办？由于我们不知道什么时候会在什么地方取得最优决策点，所以必须要保留整个凸包以确保决策有完整的选择空间，查找答案就只能二分了，而不能直接取队首，比如这道题 任务安排 (3)([Loj10186])([BZOJ2726])就不满足，其证明放在后面。

((5).) （单调性出锅 (3) 号）当 (X) 非严格递增时，那么在求斜率时可能会出现 (X(j_1)==X(j_2)) 的情况，最好是写成这样的形式：(return Y(j) geqslant Y(i)?inf:-inf)，而不要直接 (return)(inf) 或者 (-inf)，在某些题中情况较复杂，如果不小心画错了图，返回了一个错误的极值就完了，而且这种错误只用简单数据还很难查出来。

((6).) 注意比较 (k_0[i]) 和 (slope(j_1,j_2)) 要写规范，要用右边的点减去左边的点进行计算，如果用的代数法理解，写出了 ((X(j_2)-X(j_1))*k_0 leqslant Y(j_2)-Y(j_1)) 或 ((X(j_2)-X(j_1))*k_0 geqslant Y(j_2)-Y(j_1))，而恰巧 (j_1,j_2) 又写反了，会出现等式两边同除了负数却没变号的情况。当然也可以用 (k_0) 和 (frac {Y(j_2)-Y(j_1)}{X(j_2)-X(j_1)}) 比较就不会出现这种问题 。

((7).) 队列初始化要塞入一个点 (P(0))，还是以 玩具装箱 (toy)([P3195]) 为例，塞入 (P(S[0],dp[0]+(S[0]+L)^2)) 即 (P(0,0))，其代表的决策点为 (0)。

((8).) 手写队列得初始化是 (h=1,t=0)，由于塞了初始点导致 (t) 加 (1)，所以在一些题解中可以看到 (h=t=1) 甚至是 (h=t=0,)(h=t=2) 的写法，都是等价的。

((9).) 手写队列判断是否为空是 ({h leqslant t})，而出入队判断时都需要有至少 (2) 两个元素才能进行操作。所以应是 ({h<t}) 。

((10).) 计算斜率可能会因为向下取整而出现误差，所以 (slope) 函数最好设为 (long)(double) 类型（据说范围有 (1.2*10^{4932}) 辣么大）。

((11).) 有可能会有一部分的 (dp) 初始值无法转移过来，需要手动提前弄一下，例如 摆渡车 ([P5017])

((12).) 在比较两个斜率时，尽量写上等于，即 (“leqslant” , “geqslant”) 而不是 (“<”,“>”)。这样写对于去重有奇效（有重点时会导致斜率分母出锅），但不要以为这样就可以完全去重，因为要考虑的情况非常复杂，所以还是应该加上 ((5)) 中提到的特判，万无一失。

八.【补充内容】

(4). （单调性出锅 (2) 号）

任务安排 (1)([Loj10184])([P2365])

任务安排 (2)([LO10185])[(Poj1180)]

任务安排 (3)([Loj10186])([Bzoj2726])

【题目描述】

有 (N) 个任务等待完成（顺序不得改变），这 (N) 个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻 (0) 开始，这些任务被分批加工，第 (i) 个任务单独完成所需的时间是 (T_i) 。只有一台机器，在每批任务开始前，机器需要启动时间 (S)，完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以它的费用系数 (F_i)。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

例如：(N=5,)(S=1,)(T={1,3,4,2,1},)(F={3,2,3,3,4})。如果分组方案是 ({1,2},{3},{4,5})，则五个任务的完成时间分别为 ({5,5,10,14,14})，费用分别为 (C={15,10,30,42,56})，总费用为 (153) 。

相关数据：

(T1:)(1 leqslant N leqslant 5000, 0 leqslant S leqslant 50,1 leqslant T_i, F_i leqslant 100)

(T2:)(1 leqslant N leqslant 10000, 0 leqslant S leqslant 50,1 leqslant T_i, F_i leqslant 100)

(T3:)(0 leqslant S,F_i leqslant 512,|T_i| leqslant 512)

【T1】

设 (ST[i]=sum_{k=1}^i T[i],SF[i]=sum_{k=1}^i F[i])

(dp) 方程很简单：(dp[p][i]=min(dp[p-1][j]+(ST[i]+p*S)(SF[i]-SF[j])))，但是 (O(n^3)) 的时间复杂度连 (T1) 都过不了。

由于不知道每一次分段之前已经分了多少，所以需要用一维空间和一层循环来表示这个信息，从而知道 (S) 需要乘以多少。

那么可以反过来，用一种名为费用提前计算的经典思想来进行优化，每分出一批任务，那么对于这之后的每一个任务都需要多出一个 (S) 的时间，所以可以直接计算 (S) 对后面的影响。
即：(dp[i]=min(dp[j]+ST[i](SF[i]-SF[j])+S(SF[n]-SF[j])))
压成了 (O(n^2)) 后，(T1) 就可以 (AC) 了，但它还可以继续优化。

【T2】

先转化为斜率式看看？
((S+ST[i]) * SF[j] + (dp[i]-ST[i]*SF[i]-S*SF[i]) = (dp[j]))
其中 (k=S+ST[i],)(x=SF[j],)(b=dp[i]-ST[i]*SF[i]-S*SF[i],)(y=dp[j]) 。

决策点要使得 (dp[i]) 尽量小，(S+ST[i]) 和 (SF[j]) 都严格单增

所以维护一个下凸包即可。

时间复杂度为 (O(n)) 。

【Code】

#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int N=1e4+5;
LL i,j,n,h=1,t=0,S,Q[N],ST[N],SF[N],dp[N];
//dp[p][i]=min(dp[p-1][j]+(ST[i]+S*p)*(SF[i]-SF[j]));
//dp[i]=dp[j]+ST[i]*(SF[i]-SF[j])+S*(SF[n]-SF[j]);
//(S+ST[i]) * SF[j] + (dp[i]-ST[i]*SF[i]-S*SF[i]) = (dp[j])
//    k     *   x   +              b              = y
inline LL min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
inline LL X(Re j){return SF[j];}
inline LL Y(Re j){return dp[j];}
inline long double slope(Re i,Re j){return (long double)(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&S);
    for(i=1;i<=n;ST[i]+=ST[i-1],SF[i]+=SF[i-1],++i)scanf("%lld%lld",&ST[i],&SF[i]);
    Q[++t]=0;
    for(i=1;i<=n;++i){
        while(h<t&&slope(Q[h],Q[h+1])<(S+ST[i]))++h;
        dp[i]=dp[j=Q[h]]+ST[i]*(SF[i]-SF[j])+S*(SF[n]-SF[j]);
        while(h<t&&slope(Q[t-1],Q[t])>slope(Q[t-1],i))--t;
        Q[++t]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
}

【T3】

因 (F_i) 可等于 (0)，(X() 即 (SF[i])) 非严格递增，所以需要特判 (X(i)==X(j)) 的情况。

因 (T_i) 可小于 (0)，(k_0[i]() 即 (S+ST[i])) 无单调性，所以不具有决策单调性，其证明如下：

该 (dp) 方程显然为 (dp[i]=dp[j]+w(i,j)) 的形式，其中 (w(i,j)=ST[i](SF[i]-SF[j])+S(SF[n]-SF[j])) 。

(证明：设)(Q=S(SF[n]-SF[j]))

( herefore w(i,j)=ST[i](SF[i]-SF[j])+Q)

(egin{equation*} egin{split} herefore w(i+1,j+1)=&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i+1]SF[j+1]+S(SF[n]-SF[j+1])\ =&ST[i+1]SF[i+1]-SF[j+1]*(ST[i]+T[i+1])+Q-S*F[j+1]\ end{split} end{equation*})

(egin{equation*} egin{split} w(i,j+1)=&ST[i](SF[i]-SF[j+1])+Q-S*F[j+1]\ =&ST[i]SF[i]-ST[i]SF[j+1]+Q-S*F[j+1]\ end{split} end{equation*})

(egin{equation*} egin{split} w(i+1,j)=&ST[i+1](SF[i+1]-SF[j])+Q\ =&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i+1]SF[j]+Q\ =&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i]SF[j]-T[i+1]SF[j]+Q end{split} end{equation*})

( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=ST[i](SF[i]-SF[j])+ST[i+1]SF[i+1]-SF[j+1](ST[i]+T[i+1])+2Q-S*F[j+1])

( herefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=ST[i]SF[i]-ST[i]SF[j+1]+ST[i+1]SF[i+1]-ST[i]SF[j]-T[i+1]SF[j]+2Q-S*F[j+1])

( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-F[j+1]*T[i+1])

(又 ecause 0 leqslant F_i leqslant 512,-512 leqslant T_i leqslant 512)

( herefore 当 T_i leqslant 0 时,w(i,j)+w(i+1,j+1) geqslant w(i+1,j)+w(i,j+1))

(当 T_i geqslant 0 时,w(i,j)+w(i+1,j+1) leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1))

四边形不等式不一定成立，所以次题不具有决策单调性。

但并不是说斜优就没法用了，只需在队列中二分最优决策点即可。

时间复杂度为 (O(nlogn)) 。

【Code】

#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
#define Re register LL
const int N=3e5+5;
LL i,j,n,h=1,t=0,S,Q[N],ST[N],SF[N],dp[N];
//dp[p][i]=min(dp[p-1][j]+(ST[i]+S*p)*(SF[i]-SF[j]));
//dp[i]=dp[j]+ST[i]*(SF[i]-SF[j])+S*(SF[n]-SF[j]);
//(S+ST[i]) * SF[j] + (dp[i]-ST[i]*SF[i]-S*SF[i]) = (dp[j])
//    k     *   x   +              b              = y
//ti可小于0，所以ST[i]非递增，只可二分
//fi可等于0，所以SF[i](X)非严格递增，因此需要特判X(i)==X(j)的情况 
inline LL min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
inline LL X(Re j){return SF[j];}
inline LL Y(Re j){return dp[j];}
inline long double slope(Re i,Re j){return X(j)==X(i)?(Y(j)>=Y(i)?1e18:-1e18):(long double)(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));
}//由于需要二分查找，多了一些限制：队列里不能有在同一位置的点,返回inf还是-inf都影响着是否删除重点，平时不可不管，二分必须注意返回值
inline LL sakura(Re k){
    if(h==t)return Q[h];
    Re l=h,r=t;
    while(l<r){
    	Re mid=l+r>>1,i=Q[mid],j=Q[mid+1];
    	if(slope(i,j)<k)l=mid+1;
//      if( (Y(j) - Y(i)) < k * (X(j) - X(i)) )l=mid+1;//注意是(j)-(i)因为Q[mid+1]>Q[mid]s即j>i即SF[j]>SF[i]即X(j)>X(i)，如果是(i)-(j)的话乘过去要变号
    	else r=mid;
    }
    return Q[l];
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&S);
    for(i=1;i<=n;ST[i]+=ST[i-1],SF[i]+=SF[i-1],++i)scanf("%lld%lld",&ST[i],&SF[i]);
    Q[++t]=0;
    for(i=1;i<=n;++i){
    	j=sakura(S+ST[i]);
        dp[i]=dp[j]+ST[i]*(SF[i]-SF[j])+S*(SF[n]-SF[j]);
        while(h<t&&slope(Q[t-1],Q[t])>=slope(Q[t-1],i))--t;//此处取等号作用出现，如果不取等，会WA第12个点
        Q[++t]=i;
    }
    printf("%lld",dp[n]);
}

(11).预处理 DP 初始值

摆渡车 ([P5017])

这是去年 (noip) 普及组的题（雾）。

【Code】

#include<cstdio>
#define Re register int
const int N=4e6+105;
int i,j,n,m,h=1,t=0,T,ti,ans=2e9,G[N],S[N],Q[N],dp[N];
inline int min(Re a,Re b){return a<b?a:b;}
//                 i
//dp[i]=min(dp[j]+ ∑(i-T[k]))
//                 k=j+1
//dp[i]=dp[j]+(G[i]-G[j])*i-(S[i]-S[j])
//(i) * G[j] + (dp[i]+S[j]-i*G[i]) = (dp[j]+S[j])
// k  *  x   +          b          =      y
inline int X(Re j){return G[j];}
inline int Y(Re j){return dp[j]+S[j];}
inline long double slope(Re i,Re j){return X(i)==X(j)?(Y(j)>Y(i)?2e9:-2e9):(long double)(Y(j)-Y(i))/(long double)(X(j)-X(i));}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;T=-min(-T,-ti),++G[ti],S[ti]+=ti,++i)scanf("%d",&ti);
    for(i=1;i<T+m;++i)G[i]+=G[i-1],S[i]+=S[i-1];
    for(i=0;i<m;++i)dp[i]=G[i]*i-S[i];//提前处理dp初始值 
    Q[++t]=0;
    for(i=m;i<T+m;++i){
    	while(h<t&&slope(Q[h],Q[h+1])<=i)++h;
        dp[i]=dp[j=Q[h]]+(G[i]-G[j])*i-S[i]+S[j];
       	while(h<t&&slope(Q[t-1],Q[t])>=slope(Q[t-1],i-m+1))--t;
        Q[++t]=i-m+1;//(j+1)+m<=i
    }
    for(i=T;i<T+m;++i)ans=min(ans,dp[i]);
    printf("%d",ans);
}

九.【题外话】

斜优实在是恐怖，光是单调性出锅所引发的一系列问题就搞得我差点原地爆炸。

但不得不说，斜优大大提升了我推 (dp) 方程和数学证明的能力。。。

斜优 (NB)(!)

（最近斜优的题写了有七八道，而且每写一道就会踩上一个雷（TAT），所以感悟会这么多，篇幅大也是理所当然的啦QAQ）

十.【例题】

【简单题】

• 玩具装箱 (toy)([P3195])

• 摆渡车 ([P5017])

• 土地征用 (Land)(Acquisition)([P2900])

• 征途 (P4072)

【高档题】

• 购票 ([P2305])

• 国王饮水记 ([P1721])

【参考文献】

（本文部分内容摘自以下文章）

• 凸包—百度百科

• (dp) 的各种优化

• 斜率优化学习笔记

• 斜率优化及其变形

• 斜率优化(dp)及总结

• 题解 (P3195)—(xyz32768)