斜率优化 DP
对于像如下这样的 dp 方程，我们可以使用斜率优化解决。
\[dp_i = \min / \max \{ a_i \times b_j + c_i + d_j \} \]
例题： P2900 Land Acquisition G
显然，如果 \(w_i \ge w_j\) 且 \(l_i \ge l_j\) ，那么土地 \(j\) 可以直接被土地 \(i\) 并购。
考虑将所有土地按 \(w_i\) 降序排序， \(w_i\) 相同的按 \(l_i\) 降序排序，再通过双指针保留不能被其它土地并购的土地。
注意到此时被保留下的土地， \(w_i\) 满足 单调递减 ， \(l_i\) 满足 单调递增 。
令 \(dp_i\) 表示将第 \(1 \sim i\) 块土地并购的最小代价，不难列出 dp 方程：
\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + w_{j + 1} \times l_{i} \} \]
上面的方程复杂度为 \(O(n^2)\) ，然而 \(n \leq 5 \times 10^4\) ，我们需要想办法优化。
先将 \(\min\) 去掉，再把 \(w_{j + 1} \times l_{i}\) 移到左边，得：
\[-w_{j + 1} \times l_i + dp_i = dp_j \]
将所有能够转移到 \(i\) 的 \(j\) 视为一个点 \((-w_{j + 1}, dp_j)\) ，那么问题就转化成了：
有一条斜率为 \(l_i\) 的直线，这条直线需要经过上述的这些点中的一个或多个，并且希望它的截距最小。上面这句话有点抽象，不妨将 原方程 与 一次函数 做一个对比，发现它们确实十分相似：
\[\textcolor{red}{-w_{j + 1}} \times \textcolor{blue}{l_i} + \textcolor{green}{dp_i} = \textcolor{orange}{dp_j} \]
\[\newline \textcolor{red}{k}\textcolor{blue}{x} + \textcolor{green}{b} = \textcolor{orange}{y} \]
本质就是我们拿着一条斜率为 \(l_i\) 的直线，从下往上靠（增加它的截距），直到某一时刻这条线经过了我们维护的一个或多个点，停下来，此时截距（ \(dp_i\) ）一定是最小的。
仔细观察可以发现，无论斜率 ( \(l_i\) ) 是多少，有些点一定不会被第一次经过（如下图灰色点）。将这些点去除，剩余的点恰好形成了一个右下凸壳：
不妨先来维护这个凸壳，假设现在加入点 \(C(-w_{i + 1}, dp_i)\) ，考虑凸壳上最新的两个点 \(A\) 和 \(B\) ，只可能有以下两种情况：
\(C\) 点可以直接加入凸壳。
记点 \(X\) 与点 \(Y\) 所连成的直线斜率为 \(\text{slope}(X, Y)\) ，则 \(C\) 能直接加入凸壳当且仅当 \(\text{slope}(A, B) \leq \text{slope}(B, C)\) 。
\(C\) 点加入后无法形成凸壳。
这时候一定有 \(\text{slope}(A, B) \geq \text{slope}(B, C)\) ，故需要将 \(B\) 弹出凸壳，在拿剩余凸壳最新的两个点与 \(C\) 作比较。
由于这些点的 \(x\) 单调递增，可以使用类似单调栈的方法维护，时间复杂度 \(O(n)\) 。
接下来就是要在维护出的凸壳上找到最优决策点，随便画一张图，由于这些直线的斜率一定不断增加，所以最优决策点一定不断向凸壳上方移动：
进一步观察，可以发现，如果凸壳上相邻的两点 \(A\) 和 \(B\) 满足 \(\text{slope}(A, B) \leq l_i\) ，那么点 \(B\) 永远在 \(i\) 以后一定 不会成为最优决策点。不妨把原来维护凸壳的单调栈换成单调队列，通过凸壳最前面两点的斜率判断是否弹出队头。最终，队头一定是当前的最优决策点。
时间复杂度 \(O(n)\) （本题由于要排序所以总复杂度应该为 \(O(n \log n)\) ，这里只计算了 dp 的复杂度）。代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, pos, q[50005], h, t;
long long dp[50005];
struct land
{
int w, l;
bool operator<(const land t) const
{
return w == t.w ? l > t.l : w > t.w;
}
} p[50005];
double X(int j)
{
return -p[j + 1].w;
}
double Y(int j)
{
return dp[j];
}
double slope(int x, int y)
{
return (Y(x) - Y(y)) / (X(x) - X(y));
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d", &p[i].w, &p[i].l);
sort(p + 1, p + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (p[i].l > p[pos].l)
p[++pos] = p[i];
for (int i = 1; i <= pos; i++)
{
while (h < t && slope(q[h], q[h + 1]) <= p[i].l)
h++;
dp[i] = dp[q[h]] + p[q[h] + 1].w * 1LL * p[i].l;
while (h < t && slope(q[t - 1], q[t]) >= slope(q[t], i))
t--;
q[++t] = i;
}
printf("%lld", dp[pos]);
return 0;
}
例题： P3195 玩具装箱
记 \(s_i = \sum_{j=1}^i C_i\) ，则可以列出 dp 方程：
\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + (s_i - s_j + i - j - 1 - L)^2 \} \]
令 \(a_i = s_i + i - 1 - L, b_i = s_j + j\) ，原方程变为
\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j + (a_i - b_j)^2 \} \]
即
\[dp_i = \min_{0 \le j < i} \{ dp_j - 2a_ib_j + b_j^2 \} + a_i^2 \]
将 \(\min\) 及其以外得东西去掉，得
\[dp_i = dp_j - 2a_ib_j + b_j^2 \]
化为直线的形式
\[2a_ib_j + dp_i = dp_j + b_j^2 \]
类似与之前的形式，把每个 \(j\) 视作点 \((b_j, dp_j + b_j^2)\) ，每次直线的斜率为 \(2a_i\) ，做斜率优化即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, L, C, h, t, q[50005];
ll s[50005], dp[50005];
double X(int j)
{
return s[j] + j;
}
double Y(int j)
{
return (s[j] + j) * (s[j] + j) + dp[j];
}
double slope(int i, int j)
{
return (Y(i) - Y(j)) / (X(i) - X(j));
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &L);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &C);
s[i] = s[i - 1] + C;
}
h = t = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
while (h < t && slope(q[h], q[h + 1]) <= 2 * (s[i] + i - L - 1))
h++;
dp[i] = dp[q[h]] + sq(s[i] - s[q[h]] + i - q[h] - 1 - L);
while (h < t && slope(q[t - 1], q[t]) >= slope(q[t], i))
t--;
q[++t] = i;
}
printf("%lld", dp[n]);
return 0;
}
例题： P5785 任务安排 （弱化版 P2365 任务安排 ）
至于方程是如何提前计算贡献的我就不细说了，记 \(\text{sumT}_i = \sum_{j=1}^i T_i,\text{sumC}_i = \sum_{j=1}^i C_i\) ，可列出方程：
\[dp_i = \min \{ dp_j + \text{sumT}_i \times (\text{sumC}_i - \text{sumC}_j) + s \times (\text{sumC}_n - \text{sumC}_j) \} \]
展开整理成直线形式，即
\[(\text{sumT}_i + s) \times \text{sumC}_j + dp_i = dp_j \]
每个 \(j\) 所代表的点： \((\text{sumC}_i, dp_j)\) ，直线斜率 \(\text{sumT}_i + s\) 。
正准备敲板子的你突然发现了这一条限制：
\[|T_i| \leq 2^8 \]
也就是说
\[-2^8 \le T_i \le 2^8 \]
那么 \(\text{sumT}_i + s\) 就不单调了，就不能一味地弹出队头了！
可凸壳上相邻两点地斜率还是单调的啊！那么只需要在凸壳上二分，找决策点即可。
时间复杂度 \(O(n \log n)\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, s, sumT[300005], sumC[300005], dp[300005], top, stk[300005];
long long X(int j)
{
return sumC[j];
}
long long long Y(int j)
{
return dp[j];
}
int main()
{
scanf("%lld%lld", &n, &s);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
long long t, f;
scanf("%lld%lld", &t, &f);
sumT[i] = sumT[i - 1] + t;
sumC[i] = sumC[i - 1] + f;
}
stk[++top] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int l = 1, r = top - 1, pos = stk[top];
while (l <= r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if (Y(stk[mid + 1]) - Y(stk[mid]) > (sumT[i] + s) * (X(stk[mid + 1]) - X(stk[mid])))
pos = stk[mid], r = mid - 1;
else
l = mid + 1;
}
dp[i] = dp[pos] + sumT[i] * (sumC[i] - sumC[pos]) + s * (sumC[n] - sumC[pos]);
while (top > 1 && (Y(stk[top]) - Y(stk[top - 1])) * (X(i) - X(stk[top])) >= (Y(i) - Y(stk[top])) * (X(stk[top]) - X(stk[top - 1])))
top--;
stk[++top] = i;
}
printf("%lld", dp[n]);
return 0;
}
注：斜率优化比较时建议移项，把除法化为乘法；如果使用 double 类型的 slope 很可能会产生精度误差（本题就卡了。
斜率优化小结：
列出方程，先通过一些简单的代换化简成直线形式。
通过 \(\min / \max\) 以及 \(X\) 和 \(Y\) 坐标的单调性判断凸壳方向。
如果直线斜率不单调，使用二分维护。
如果 \(Y\) 坐标不单调，可以证明对最终凸壳没有影响。
如果 \(X\) 坐标不单调，可以考虑 \(\text{CDQ}\) 分治解决，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\) 。
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