斜率优化

Tuning the sound of infinite. 这一次，星星和月亮一起闪耀。

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斜率优化

概括地说，就是优化与乘积式有关的 dp（不一定非得递推，但要有满足要求的式子）的小 trick。

省流：朴素 dp \(\to\) 推式子 \(\to\) 找斜率的单调性（画三角形）\(\to\) 单调数据结构维护。前提是要有一些必要的单调性。

天依宝宝可爱！

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洛谷 P2900

首先被别人二维偏序的元素一定没什么用，先单调队列处理掉。然后就变成了一个 \(a_i\) 严格递增，\(b_i\) 严格递减的数组。

考虑朴素 dp，设 \(f_i\) 为只考虑前 \(i\) 个且 \(i\) 必选的最小费用，那么有转移：

\[f_i = \max _{1 \le j \le i-1} \{ f_{j-1} + a_ib_j \} \]

注意到有乘积式，所以考虑斜率优化，考虑从 \(j\) 转移比从 \(k\) 转移更优（\(j<k\)）当且仅当（推柿子）：

\[\begin{aligned} f_{j-1} + a_ib_j & \le f_{k-1} + a_ib_k \\ f_{j-1} - f_{k-1} & \le a_i (b_k - b_j) \\ \end{aligned} \]

由于 \(j<k\)，故 \(b_j > b_k\)，所以：

\[\begin{aligned} \frac {f_{j-1} - f_{k-1}} {b_k - b_j} & \ge a_i \\ \frac {\color{#66CCFF} f_{j-1} - f_{k-1}} {\color{#EEAADD} b_j - b_k} & \le -a_i \end{aligned} \]

注意到这个很像直线斜率的式子，若将 \(b_j\) 当做 \(x\) 坐标，\(f_{j-1}\) 当做 \(y\) 坐标，那么一个 dp 状态就是坐标系上的一个点。于是 \(j\) 比 \(k\) 优当且仅当这两点间的斜率 \(\le -a_i\)。

这是两个点的情况，那么如果是三个点呢？

首先可以证明，若按照 \(i\) 从小到大，三个点编号为 \(1,2,3\)，那么点 \(2\) 一定在 \(\overline {1,3}\) 的一侧，所以考虑分讨这两种情况：

• 若构成上三角，即 \(2\) 在 \(\overline {1,3}\) 的右侧，如图：

  

  显然，图中直线的斜率 \(k(1,2) < k(1,3) < k(2,3)\)。

  因为 \(a_i\) 是递增的，所以 \(-a_i\) 是递减的，也就是说斜率需要 \(\le\) 的数越来越小，所以这三条直线的斜率由满足条件（\(\le -a_i\)）到不满足是有先后次序的，就相当于这三个点的「\(j\) 比 \(k\) 优」到「\(j\) 不比 \(k\) 优」是有序的。那么下面用大于号表示 \(j\) 比 \(k\) 优，分讨：

  1. 初始情况，当 \(k(2,3) \le -a_i\) 时，三条直线的斜率都满足条件；于是 \(1>2,1>3,2>3\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 1\)。
  2. 当 \(k(1,3) \le -a_i < k(2,3)\) 时，\(\overline {2,3}\) 的斜率不满足条件了；于是 \(1>2,1>3,3>2\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 1\)。
  3. 当 \(k(1,2) \le -a_i < k(1,3)\) 时，\(\overline {1,3}\) 的斜率不满足条件了；于是 \(1>2,3>1,3>2\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 3\)。
  4. 最终情况，当 \(-a_i < k(1,2)\) 时，三条直线的斜率都不满足条件；于是 \(2>1,3>1,3>2\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 3\)。

  我们发现 \(2\) 这个点自始至终没用过，所以可以直接扔掉不管！

• 然后考虑下三角，如图：

  

  对应的斜率 \(k(2,3) < k(1,3) < k(1,2)\)。

  还是分讨：

  1. 初始情况，当 \(k(1,2) \le -a_i\) 时，三条直线的斜率都满足条件；于是 \(2>3,1>3,1>2\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 1\)。
  2. 当 \(k(1,3) \le -a_i < k(1,2)\) 时，\(\overline {1,2}\) 的斜率不满足条件了；于是 \(2>3,1>3,2>1\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 2\)。
  3. 当 \(k(2,3) \le -a_i < k(1,3)\) 时，\(\overline {1,3}\) 的斜率不满足条件了；于是 \(2>3,3>1,2>1\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 2\)。
  4. 最终情况，当 \(-a_i < k(2,3)\) 时，三条直线的斜率都不满足条件；于是 \(3>2,3>1,2>1\)，最优的是 \(\color{#66CCFF} 3\)。

  我们发现这时候，三个点就都有用了，所以都需要保留。

紧接着，从三个点推广到多个点，显然遇到任意的上三角都可以删除对应的点 \(2\)，那么可以考虑从左到右依次删上三角，最后得到的结果将会是从右到左单增的！如图（蓝线为删除上三角前的，红线为删除之后的）：

现在只看红线，考虑如何确定从哪个点转移。首先因为这些红线都没被删除，所以最优的一定是 \(1\)；注意到 \(k(4,5) < k(3,4) < k(2,3) < k(1,2)\)，且这些斜率从右到左是单减的，而 \(-a_i\) 也是单减的。所以当对于某个 \(i\)，某一条直线的斜率不满足条件时，这条线在以后也绝对不会再次满足条件；对应到点上，就是 \(j-1 > j\)（大于号是上面定义的大于号）永远成立了，所以就可以直接把 \(j\) 这个点删掉了！

于是，每次转移时，先把右边不满足条件的点删掉，再用剩下的最右边的点转移即可！

至此已经做完了，接下来就是小学生的会的实现了，拿个单调队列维护即可。

不过有两个地方需要解释。

一是斜率的比较，虽然直接算斜率不是不行，但我们能不用浮点数就不用浮点数。注意到「两点的斜率 \(\le -a_i\) 时，编号小的点更优」这个条件其实是源自从 \(j\) 点还是 \(k\) 点转移，所以直接比较从 \(j,j-1\) 两点中的哪个点转移更优就行了，并不需要真的去计算斜率，斜率只是我们推导和证明过程中使用的工具而已。

二是上三角和下三角的判断，可以用向量叉积来解决。具体地，考虑开始两个图中的那三个点，如果 \(\overrightarrow {1,3} \times \overrightarrow {1,2}\) 的结果为正，则 \(\overrightarrow {1,2}\) 在 \(\overrightarrow {1,3}\) 的逆时针方向，所以构成的是下三角；反之则是上三角。

当然直接判断 \(\overline {1,2}\) 和 \(\overline {1,3}\) 斜率大小也行，不过我不喜欢浮点数qwq！

†关于共线的情况，显然怎么处理都是一样的，因为当直线的斜率相同时，中间的点即使保留，也会在右边的点被删掉的同时被删掉，所以它不会做出任何贡献，所以判断为上下三角都是等效的。

如果不算排序，那么时间复杂度只有 \(\mathcal O(n)\)！

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天依宝宝可爱！

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洛谷 P3648

本质是推式子。

首先注意到当切的位置确定时，顺序不影响答案。简单证明一下，设切出来的三段和分别为 \(a,b,c\)，那么先切 \(a,b\) 再切 \(b,c\) 的贡献为 \(a \times (b+c) + b \times c = a \times b + b \times c + c \times a\)；可以发现先切 \(b,c\) 再切 \(a,b\) 的结果也是一样的。

根据上面式子还可以发现，假设切的结果中有一段的和为 \(x\)，那么其贡献为 \(x \times (\sum a_i - x)\)，当然最后要除以 \(2\)。

然后设 \(s\) 为 \(a\) 的前缀和数组，则如果切出来的结果有 \((i,j]\) 这一段，那么其贡献为 \((s_j - s_i) \times (s_n - s_j + s_i)\)。

dp，设 \(f_{i,j}\) 为考虑前 \(i\) 个，切了 \(j\) 次，\(i\) 后必切的最大贡献，则有转移：

\[f_{i,j} = \max _{j-1 \le k < i} \{ f_{k,j-1} + (s_i - s_k) \times (s_n - s_i + s_k) \} \]

假设 \(x<y\) 且从 \(x\) 转移比 \(y\) 更优，则有：

\[f_{x,j-1} + (s_i - s_x) \times (s_n - s_i + s_x) \ge f_{y,j-1} + (s_i - s_y) \times (s_n - s_i + s_y) \]

可得：

\[\frac {(f_{x,j-1} - s_x^2) - (f_{y,j-1} - s_y^2)} {s_x - s_y} \le s_n - 2s_i \]

于是以 \(s_i\) 为 \(x\) 坐标，\(f_{i,j-1} - s_i^2\) 为 \(y\) 坐标。注意到 \(s_i\) 是递增的，\(s_n - 2s_i\) 是递减的，画一下三角形可以发现要删的是下三角，于是就做完了。

别忘了除以 \(2\)！> <

然后还有一点，叉积为 \(0\) 也要删除，虽然我不知道为什么，但是以后如果遇到还是这么写吧qaq，能写 >= 的就不写 >。

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洛谷 P3195

简单题。

首先朴素的 dp。设 \(f_i\) 为只考虑前 \(i\) 个的最小代价，则有转移（\(s\) 为 \(a\) 的前缀和数组）：

\[f_i = \min _{0 \le j < i} \{ f_j + (i - (j + 1) + s_i - s_j - L)^2 \} \]

但是这个式子太长了，虽然没什么影响吧，但我懒得推这么长的式子，所以可以想到 \(s_i \gets s_i + i\)，\(L \gets L + 1\)，那么原式可以转化为：

\[f_i = \min _{0 \le j < i} \{ f_j + (s_i - s_j - L)^2 \} \]

好看了不少。

设 \(j<k\) 且从 \(j\) 转移比 \(k\) 优，则有：

\[f_j + (s_i - s_j - L)^2 \le f_k + (s_i - s_k - L)^2 \]

可得：

\[\frac {(f_j + s_j^2) - (f_k + s_k^2)} {s_j - s_k} \ge 2(s_i - L) \]

于是 \(x\) 坐标为 \(s_i\)，\(y\) 坐标为 \(f_i + s_i^2\)。因为 \(s_i\) 递增，\(2(s_i - L)\) 递增，于是删上三角。

然后删三角形的时候注意先删三角形再把 \(i\) 入队。

顺便吧斜率优化搞成一个函数了，以后可以当板子使了（喜

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洛谷 P4360

原来非 dp 也可以斜率优化（？

不过还是有个比较像 dp 的形式的，只要最后能推出来斜率的式子就可以！

首先显然可以设 \(f_{i,j \in \{ 0,1,2 \}}\) 表示后 \(i\) 个位置建造了 \(j\) 个锯木厂的最小代价

虽然这样也挺容易，不过我们有一个更好的策略。注意到最多只能建造 \(2\) 个锯木厂，所以可以简化掉，直接设 \(f_i\) 为原 \(f_{i,2}\)，那么就确定了第二个锯木厂的位置，然后枚举第一个的位置就行了。

设 \(sd\) 为 \(d\) 的后缀和，\(sw\) 为 \(w\) 的前缀和，\(sum\) 为不建锯木厂的代价。考虑新建造的锯木厂能减少的代价，有式子：

\[f_i = \min _{i < j \le n} \{ sum - sd_i \times sw_i - sd_j \times (sw_j - sw_i) \} \]

套路地得到 \(j<k\) 且 \(j\) 优于 \(k\) 当且仅当：

\[\frac {sd_jsw_j - sd_ksw_k} {sd_j - sd_k} \ge sw_i \]

做完了。

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洛谷 P3628

板子。

设 \(f_i\) 为只考虑前 \(i\) 个且在 \(i\) 后必切的最大贡献。\(s\) 为前缀和数组，有式子：

\[f_i = \max _{0 \le j < i} \{ f_j + a(s_i - s_j)^2 + b(s_i - s_j) + c \} \]

若从 \(j\) 转移优于从 \(k\) 转移（\(j < k\)）：

\[\frac {(f_j + as_j^2) - (f_k + as_k^2)} {s_j - s_k} \le 2as_i + b \]

故 \(x = s_i , y = f_i + as_i^2\)。由于 \(x\) 单增，\(2as_i + b\) 单减（\(-5 \le a \le -1\)），所以函数上凸。

双倍经验：SP15648。

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