斜率优化dp 的简单入门
不想写什么详细的讲解了...并且也以为本身很难写过某大佬（大米饼），因而建议把他的 blog 先看一遍，而后本身加了几道题目以及解析...顺便建议看看算法竞赛（蓝皮书）的 0x5A 斜率优化（P294） 部分php
这是——大米饼大佬html
看完了大米饼同志对斜率优化的介绍，下面我来稍微讲讲对斜率优化dp 的理解ios
前置知识
- 单调队列（栈）
- 平面直角坐标系
- 直线解析式
- 等式处理
- dp状态设计
- balabala......
理解
其实斜率优化 dp 的原理很简单：git
- 根据题目（斜率优化 dp 的题目通常都很裸）的 题意 以及 数据范围 先根据设计一个状态出来，当作 dp 数组。
- 根据已经设计好的 dp 状态设计一个状态转移方程，若是设计失败则跳回第一步，从新设计 dp 状态。
- 在第二步完成后，咱们通常能够获得这样的一个式子：$ Fi = Fj +$ $(一个表达式)$
- 根据设计的状态作一些乱七八糟的东西（好比说将式子展开啦，移项啦...这些大米饼讲的应该挺清楚的吧）。
- 在第四步中，咱们在将式子展开后，把下标中同时带有 i、j 的项（注意这里是项，如 Si*Sj）移到等式的左边。
- 而后咱们就能够获得一个 $b + k x = y$ 形态的通常式（大米饼是这么叫的），其中等式左边下标带有 i 的变量（注意这里是变量，如Si）做为 k ，下标带有 j 的变量做为 x ，等式右边下标带有 j 的变量做为 y ，至于等式右边那些下标只带有 i 的变量咱们不去管它，由于 i 在当前对于 Fi 的计算中至关于一个常量，对结果的影响必定。
- 而后咱们发现这时候咱们就能够获得点 (x, y) 了，那么咱们就基本上已经完成了这道 斜率优化 dp 题了。
- 那么咱们是要根据题意让 Fi （也就是通常式中的 b ）取到最小（大）值，那么咱们的任务也就转化成了过一个点，画一条斜率为 k 的射线，令其与 y 轴的截距（与 y 轴的交点和原点的距离叫作截距）最小（大）。
作完这些工做以后，你把全部的点画到平面直角坐标系上，就能够看到这样的一条折线（假设咱们如今求的是 Fi 的最小值）：算法
没错，这就是可能有用的点造成的像凸包同样的东西（凸壳）。那为何这些点造成的折线必定是向下凸起的呢？数组
咱们能够想一想一下，若是折线内凹，那么引发内凹的那个点可能成为有用点吗？不可能，由于通过该点的斜率为 k 的直线与 y 轴的截距必然不会比它旁边两个点的截距要小优化
那么咱们在来考虑一下，若是咱们要求的是 Fi 的最大值呢？那么咱们只要让折线向上凸起就行了（维护上凸性）。spa
对了对了！还有一点蛮重要的。那就是斜率优化可行性断定的标准（我本身口胡的）： 咱们在上面的步骤中会处理出一个通常式中的 k 吗？那个 k 要知足单调性，设计
否则是没办法用双端队列（单调队列）维护的。指针
而后这里有一些题目
题目
洛谷P4072 [SDOI2016]征途
分析
首先你在作这题以前最好已经作过了 洛谷P3648 [APIO2014]序列分割 这道题（上面的 T6）。
这道题你只要一直推推推把式子推出来，而后发现 $ans = m * \sum_{i=1}^{m}a[i]^{2} - sum[n]^{2}$ ，
那么你就能知道咱们要求的是 $min{\sum_{i=1}^{m}a[i]^{2}}$ （这就是序列分割啊），最后答案处理一下就行了。
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 const int M=3111; 7 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 8 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 9 inline int read(){ 10 int x=0,f=1; char c=getchar(); 11 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 12 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 13 } 14 ll n,m,sum[M],g[M],f[M],q[M],head,tail; 15 inline double Rate(ll i,ll j){ 16 if(sum[i]==sum[j]) return -1e9; 17 return (g[j]-g[i]+sum[j]*sum[j]-sum[i]*sum[i])/(1.0*sum[j]-sum[i]); 18 } 19 signed main(){ 20 n=read(),m=read(); 21 for(int i=1;i<=n;++i) 22 sum[i]=sum[i-1]+read(),g[i]=sum[i]*sum[i]; 23 for(int k=2,i;k<=m;++k){ 24 head=tail=0; 25 for(i=1;i<=n;++i){ 26 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=2*sum[i]) ++head; 27 f[i]=g[q[head]]+(sum[i]-sum[q[head]])*(sum[i]-sum[q[head]]); 28 while(head<tail && Rate(q[tail-1],q[tail])>=Rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i; 29 } swap(f,g); 30 } printf("%lld\n",g[n]*m-sum[n]*sum[n]); return 0; 31 }
洛谷P4360 [CEOI2004]锯木厂选址
分析
首先这道题其实与仓库建设相似，同时（能够算是）综合了序列分割...可是数据的处理有点麻烦（甚至还有点坑，好比 d 和 w 搞反了而后样例里面 d 、w 读入雷同...）
这题偷懒一点就是 抄 综合 一下序列分割这道题，将它做为模板，K 设成 3 ，n 要加一，而后常规作就行了。推式子也不是很麻烦，和仓库建设同样的套路
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define int long long 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=5e4+111; 8 #ifdef ONLINE_JUDGE 9 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 10 #endif 11 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 12 inline int read(){ 13 int x=0,f=1; char c=getchar(); 14 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 15 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 16 } 17 ll n,K,x[M],w[M],s[M],g[M],f[M],q[M],head,tail; 18 inline double Rate(ll i,ll j){ 19 if(w[i]==w[j]) return -1e18; 20 return (g[j]-g[i]+s[j]-s[i])/(1.0*w[j]-w[i]); 21 } 22 int las[M]; 23 signed main(){ 24 n=read()+1; 25 for(int i=1;i<=n;++i) 26 (i<n)&&(w[i]=read(),x[i+1]=x[i]+read()), 27 s[i]=s[i-1]+x[i]*w[i],w[i]+=w[i-1],g[i]=1e18; 28 for(int k=1,i;k<=3;++k){ 29 head=tail=0; 30 for(i=1;i<=n;++i){ 31 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=x[i]) ++head; 32 f[i]=g[q[head]]+x[i]*(w[i-1]-w[q[head]])-s[i-1]+s[q[head]]; 33 while(head<tail && Rate(q[tail-1],q[tail])>=Rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i; 34 } swap(f,g); 35 } printf("%lld\n",g[n]); return 0; 36 }
其余题...咳咳（来自刷题慢者的尴尬...作一道题都要在黑板上墨迹个半天QwQ）
洛谷P2365 任务安排
分析
这道题...其实蛮（不）简单的啦。这题你要消除后效性才能作（其实这是一道经典题目，算法竞赛上都有）。
一开始咱们让 $1~n$ 这一整段为一个区间，如今咱们考虑当前将$ 1 ~ i $这一区间分为一段，
那么后面全部的任务（以及 $1 ~ i$ 这段区间）一定会多加上 S 时间的代价（即 $S * (C_{n}-C_{1})$，其中 C 为 c 数组的前缀和），然后面区间的分割并不会对前面的分割形成影响。
同理， i 以后的区间咱们也能够按照这个思路分下去，以消除后效性。那么咱们如今就能够列出状态转移方程：$ Fi = Fj + (Cj-Ci)*xi + (Cn-Cj)*S $ 而后展开式子移项后咱们就能够斜率优化了。
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define mid (l+r>>1) 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=1e6+111; 8 #ifdef online_judge 9 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 10 #endif 11 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 12 inline int read(){ 13 int x=0,f=1; char c=getchar(); 14 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 15 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 16 } 17 ll n,S,head,tail,q[M],t[M],c[M],f[M]; 18 inline double X(int i){ return c[i]; } 19 inline double Y(int i){ return f[i]-c[i]*S; } 20 inline double Rate(int i,int j){ return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i)); } 21 signed main(){ 22 n=read(),S=read(); 23 for(int i=1;i<=n;++i) t[i]=t[i-1]+read(),c[i]=c[i-1]+read(); 24 for(int i=1;i<=n;++i){ 25 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=t[i]) ++head; 26 f[i]=f[q[head]]+(c[n]-c[q[head]])*S+(c[i]-c[q[head]])*t[i]; 27 while(head<tail && Rate(q[tail],q[tail-1])>=Rate(i,q[tail])) --tail; q[++tail]=i; 28 } printf("%lld\n",f[n]); return 0; 29 }
洛谷CF311B Cats Transport
分析
没什么好分析的和上面同样公式套取就行了（套个鬼哦）。
咳咳。首先你要分析怎么把这道题硬设计出 dp 状态。那么咱们来看看，其实路程对于问题的影响并不显得有多么重要，因而咱们能够考虑消除这个影响。
如何消除？题目中说，饲养员（说好的铲屎官...）到达猫的位置所需时间就是距离 $X_{i}$，那么其实猫在 $T_{i}$ 的时间开始等待，而饲养员出发时间对于咱们要求的答案是没有影响的（况且题目中说了饲养员出发时间能够为负数），
那么咱们可让猫开始等待的时间 $T_{i}$ 减去路程的影响 $X_{i}$ （感性理解一下），而后咱们再对减完 $X_{i}$ 的 $T_{i}$ 排一下序就行了。
这里如何解释？emmm...思考一下，一个饲养员出发必然是会接回全部正在等待的猫对吧（猫不可能给下一我的接，那样不会更优，而上一我的能接回去早接回去了）
咳咳...那么这个饲养员能接到哪些猫呢？固然是 $T-X$（等待开始时间减去路程） 小于等于饲养员出发时间的全部猫咯！因而解释完毕。
排完序后，能够看出咱们要接到第 i 只猫的话，它前面的猫咱们均可以接到（由于在这只猫以前的猫早就开始等待了）。
因而这道题就变成了分割序列...（切 p 刀，可是注意这里是最多切 p 刀，不必定切完，有的饲养员能够不动的嘛）。
咳咳，可是转移方程是不同的：$ F_{i} = F_{j} + (T_{i}-T_{i-1}) * (i-j) - (T_{i}-T_{j}) $ （T 是上文中 $T-X$ 的前缀和数组）
那么这个表达式原来的样子是：$ F_{i} = MIN{ F_{j} + \sum_{k=j}^{i} ( t_{i}-t_{k} ) }$ （这里的 t 是上文中的 $T-X$ 数组）
而后咱们就很是愉快的 ctrl+C 、 ctrl+V 将以前打好的序列分割板子弄了下来开始了新一轮的斜率优化。
代码
1 //by Judge 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=1e5+111; 8 const ll inf=1e16+7; 9 #ifdef ONLINE_JUDGE 10 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 11 #endif 12 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 13 inline int read(){ 14 int x=0,f=1; char c=getchar(); 15 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 16 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 17 } 18 ll n,m,p,ans=inf,d[M],a[M],g[M],f[M],q[M],head,tail; 19 inline double Y(int i){ return g[i]+a[i]; } 20 inline double X(int i){ return i; } 21 inline double Rate(ll i,ll j){ return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i)); } 22 signed main(){ 23 n=read(),m=read(),p=read(); 24 for(int i=2;i<=n;++i) d[i]=d[i-1]+read(); 25 for(int i=1,x,y;i<=m;++i) x=read(),y=read(),a[i]=y-d[x],g[i]=inf; 26 sort(a+1,a+m+1); for(int i=2;i<=m;++i) a[i]+=a[i-1]; 27 for(int k=1,i;k<=p;++k){ 28 head=tail=0; 29 for(i=1;i<=m;++i){ 30 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=a[i]-a[i-1]) ++head; 31 f[i]=g[q[head]]+(a[i]-a[i-1])*(i-q[head])-a[i]+a[q[head]]; 32 while(head<tail && Rate(q[tail-1],q[tail])>=Rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i; 33 } swap(f,g); ans=min(ans,g[m]); 34 } printf("%lld\n",ans); return 0; 35 }
BinamotoOJ P4709: [Jsoi2011]柠檬
分析
这题就是斜率优化裸题啊！ 这道题很是值得一作，由于它深入的告诉了咱们，斜率优化能够用单调栈维护！
首先这题就是让咱们吧一个序列分红若干份，而后根据公式计算最大值（注意是最大值，维护折线上凸性）
咱们能够很是轻松的看出咱们要取的一段区间的左右端点必然是相同的颜色，且咱们选择的颜色就是左右端点的颜色。
（咱们每一段只能选一种颜色，那么若是左右端点不一样，咱们彻底能够将与选择的颜色不一样的那一端隔离出来分到另外一段区间里，那样更优）
因而咱们在读入时维护一个 las 指针，指向当前颜色上一次出现的位置，同时记录每一个点以前与该点颜色相同的点有多少个（用 S 数组记录）。
而后咱们将全部颜色第一次出现时的位置压入单调栈，接着就能够开始 dp 了。
那么 dp 转移式就是 ： $$ f[i] = f[j-1] + (s[i]-s[j]+1)*a[i] $$ （其中 i 、j 位置的贝壳颜色相同）
斜率式就是： $$ f[i] + 2*a[i]*s[i]*s[j] = f[j-1] + a[i]*s[j]^{2} - 2*a[i]*s[j] + 2*a[i]*s[i]+a[i]*s[i]^{2}+a[i] $$
$$ X(i)= s[j] , K=2*a[i]*s[i] $$
$$ Y(i)= f[j-1] + a[i]*s[j]^{2} - 2*a[i]*s[j] $$
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<queue> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=1e5+111; 8 //#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 9 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 10 inline int read(){ 11 int x=0,f=1; char c=getchar(); 12 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 13 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 14 } 15 ll n,ans,las[M],a[M],s[M],f[M],top[M]; vector<int> q[M]; 16 inline long double X(int i){ return s[i]; } 17 inline long double Y(int i){ return f[i-1]+a[i]*s[i]*(s[i]-2); } 18 inline long double Rate(ll i,ll j){ return (Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i)); } 19 signed main(){ 20 n=read(); ll p,x,y; 21 for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),s[i]=s[las[a[i]]]+1,las[a[i]]=i;; 22 for(int i=1;i<=n;++i) if(las[a[i]]) q[a[i]].push_back(i),las[a[i]]=0; 23 for(int i=1;i<=n;++i){ p=a[i]; 24 while(top[p]>1 && Rate(q[p][top[p]-1],q[p][top[p]])<=Rate(q[p][top[p]],i)) --top[p],q[p].pop_back(); 25 ++top[p],q[p].push_back(i); 26 while(top[p]>1 && Rate(q[p][top[p]-1],q[p][top[p]])<=2*p*s[i]) --top[p],q[p].pop_back(); 27 f[i]=f[q[p][top[p]]-1]+(s[i]-s[q[p][top[p]]]+1)*(s[i]-s[q[p][top[p]]]+1)*p; 28 } printf("%lld\n",f[n]); return 0; 29 }
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