算法导论————斜率优化
【例题传送门：BZOJ1010】
BZOJ1010: [HNOI2008]玩具装箱toy
【题意】
给出n条连续线段，每条线段都有长度为x[i]，我们可以把连续若干条线段连在一起，变成一个组合，两条线段如果相连，就要在两条线段中间添加一个长度为1的格子（如果没有相连就不用添加），假如我们现在选择把第i条到第j条线段之间的所有线段变成一组合的话，这个组合的总长度就为：x[i]+x[i+1]+x[i+2]+x[i+3]+...+x[j]+j-i，现在给出一个常数L，假设当前选择的组合的长度为s，那么这个组合就为我们产生了(s-L)^2的费用，求出把n条线段分成若干组合所需要的最小费用，单独的线段可以成为一个组合
【输入文件】
第一行两个整数，分别为N和L。
下来N个数字xi，按编号从小到大输入每个物品的容量。
1<=N<=50000,1<=L，xi<=10^7
【输出文件】
一个整数，总花费的最小值。
【样例输入】
5 4
3 4 2 1 4
【样例输出】
1
算法分析：
斜率优化其实就是一个用来优化DP的算法，但必须当DP方程具有单调性的时候才能使用
下来我们用例题来说明斜率优化
f[i]表示1~i的最小花费。
f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)-L)^2) (j<i)
f[i]=min(f[j]+(sum[i]+i-sum[j]-j-1-L)^2) (j<i)
令s[i]=sum[i]+i,L=1+L
则f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2)
首先我们先来证明决策单调性
假设j1<j2<i,在状态i处的j2决策不比j1决策差（心里想着淘汰j1），
即要满足：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
则对于i后的所有状态t，是否j2也不比就j1差？（术语：证明决策单调性）
即f[j2]+(s[t]-s[j2]-L)^2 < f[j1]+(s[t]-s[j1]-L)^2
容易理解s[t]=s[i]+v
所以得到（1）不等式：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L+v)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L+v)^2
因为已知（2）不等式：f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
所以化简（1）不等式：把s[i]-s[j2]-L看成一个整体，v看成一个整体，得到：
f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2+2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2 <f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2+2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
比较（2）不等式：
左边多了一部分：2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2
右边多了一部分：2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
所以我们只需要证：
2*v*(s[i]-s[j2]-L)+v^2<=2*v*(s[i]-s[j1]-L)+v^2
即：(s[i]-s[j2]-L)<=(s[i]-s[j1]-L)
即： -s[j2] <= -s[j1]
即：s[j1]<s[j2]这是肯定的，所以得证。
总结：对于当前i：j2比j1好，那么对于t(i<t)来说一样：j2一样比j1好，
所以当前i选择j2，淘汰j1，以后的t也不会在j2存在的时候选择j1
所以i的时候就可以永久淘汰j1
然后来求斜率方程
因为f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2
展开:
f[j2]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2
即f[j2]-2*(s[i]-L)*s[j2]+s[j2]^2<=f[j1]-2*(s[i]-L)*s[j1]+s[j1]^2
即f[j2]+s[j2]^2-2*(s[i]-L)*s[j2]<=f[j1]+s[j1]^2-2*(s[i]-L)*s[j1]
即[(f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2)]<=2*(s[i]-L)*s[j2]-2*(s[i]-L)*s[j1]
即[(f[j2]+s[j2]^2)-(f[j1]+s[j1]^2)]/(s[j2]-s[j1])<=2*(s[i]-L)
对于j来说：
制造的点坐标
Y=f[j]+s[j]^2
X=s[j]
我们用队列list在存有意义的决策点，list中相邻两点的斜率递增（队列中的点形成一个下凸壳），而且都大于2*(s[i]-L)，那么队列头对于i来说就是最优决策点
加入决策i时，令队尾为list[tail]，前一个为list[tail-1]
斜率函数slop（点1，点2）
满足:slop(list[tail-1],list[tail])>slop(list[tail],i)时，
那么队尾list[tail]在三者（list[tail-1],list[tail],i）对于未来的tail绝对不会是最优的策略，所以将其弹出tail--
最后遇到了：slop(list[tail-1],list[tail])<slop(list[tail],i),保证了队列的相邻两点的斜率递增所以加入i：list[++tail]=i;
然后f[n]就是答案了
参考代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> using namespace std; typedef long long LL; LL a[51000],s[51000],f[51000]; /* f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2) f[i]=min(f[j]+(s[i]-s[j]-L)^2) f[j2]+(s[i]-s[j2]-L)^2<=f[j1]+(s[i]-s[j1]-L)^2 f[j2]+(s[i]-L)^2-2*s[j2]*(s[i]-L)+s[j2]^2<=f[j1]+(s[i]-L)^2-2*s[j1]*(s[i]-L)+s[j1]^2 f[j2]+s[j2]^2-2*s[j2]*(s[i]-L)<=f[j1]+s[j1]^2-2*s[j1]*(s[i]-L) f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L) f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2<=2*s[j2]*(s[i]-L)-2*s[j1]*(s[i]-L) (f[j2]-f[j1]+s[j2]^2-s[j1]^2)/(s[j2]-s[j1])<=2*(s[i]-L) */ double slop(int j1,int j2) { return (f[j2]-f[j1]+s[j2]*s[j2]-s[j1]*s[j1])/(s[j2]-s[j1]); } int list[51000];int head,tail; int main() { LL L;int n; scanf("%d%lld",&n,&L);L++; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); s[1]=a[1]+1; for(int i=2;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]+1; head=1;tail=1;list[1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(head<tail&&slop(list[head],list[head+1])<=2.0*(s[i]-L)) head++; int j=list[head]; f[i]=f[j]+(s[i]-s[j]-L)*(s[i]-s[j]-L); while(head<tail&&slop(list[tail],i)<slop(list[tail-1],list[tail])) tail--; list[++tail]=i; } printf("%lld\n",f[n]); return 0; }
