【引入】
有些$DP$方程可以轉化成$f[i]=f[j]+x[i]$的形式，其中$f[j]$中保存了只與$j$相關的量。這樣的$DP$方程我們可以用單調隊列進行優化，從而使得$O(n^2)$的復雜度降到$O(n)$。
但像這樣的方程：$dp[i]=dp[j]+(x[i]-x[j])×(x[i]-x[j])$。如果把右邊的乘法化開的話，會得到$x[i]×x[j]$的項。它不能分解為只與$i$或$j$有關的部分。若用單調隊列優化方法就不好使了。
這里學習一種新的優化方法，叫做斜率優化。
【例題】HDU 3507 print artical
【題目大意】
輸出$N$個數字$a[N]$，輸出的時候可以連續的輸出，每連續輸出一串，它的費用是 “這串數字和的平方加上一個常數$M$”。其中$N≤500000$。
【例題分析】
對於這樣一個題目，我們先規定以下變量：
- $dp[i]$：輸出到$i$的時候最少的花費
- $sum[i]$：從$a[1]$到$a[i]$的數字和。
於是方程就是：$$dp[i]=dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2$$
很顯然這個$DP$式時間復雜度為$O(N^2)$。題目的數字有$500000$個，很明顯，若不對這個$DP$式加以修飾，是一定會超時的。
那么該怎么辦呢？這下就需要我們的斜率優化對於$O(N^2)$的時間復雜度降維。
首先，我們對這個式子化簡：
我們考慮兩個決策點$k$與$j$，如果決策$j$更優，那么也就是
$$dp[j]+M+(sum[i]-sum[j])^2<dp[k]+M+(sum[i]-sum[k])^2$$
消去共同項，得：
$$dp[j]+sum[j]^2-2×sum[i]×sum[j]<dp[k]+sum[k]^2-2×sum[i]×sum[k]$$
即$$dp[j]+sum[j]^2-(dp[k]+sum[k]^2)<2×sum[i]×(sum[j]-sum[k])$$
若$j>k$,則$$sum[j]-sum[k]>0$$
可得$${\frac{{dp\text{[}j\text{]}+sum\text{[}j\mathop{{\text{]}}}\nolimits^{{2}}-\text{(}dp\text{[}k\text{]}+sum\text{[}k\mathop{{\text{]}}}\nolimits^{{2}}\text{)}}}{{2 \times \text{(}sum\text{[}j\text{]}-sum\text{[}k\text{]}\text{)}}}}<sum[i]$$
反之，若$j<k$,則$$sum[j]-sum[k]<0$$
則可得$$
{\frac{{dp\text{[}j\text{]}+sum\text{[}j\mathop{{\text{]}}}\nolimits^{{2}}-\text{(}dp\text{[}k\text{]}+sum\text{[}k\mathop{{\text{]}}}\nolimits^{{2}}\text{)}}}{{\left. 2*\text{(}sum\text{[}j\text{]}-sum\text{[}k\text{]} \right) }}}>sum[i]$$
我們把$dp[j]+sum[j]^2$看做是$y_j$，把$2×sum[j]$看成是$x_j$。
左邊$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}$似乎是斜率的表示？
若$j>k$,則$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}<sum[i]$等價於決策$j$優於$k$。
若$j<k$,則$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}>sum[i]$等價於決策$j$優於$k$。
感性理解就是：如果兩個決策點的斜率小於$sum[i]$,則靠后的決策點更優；否則靠前的決策點更優。
更強的性質：
若有三個決策點，滿足$k<j<i$且$g[i,j]<g[j,k]$，則$j$點永遠不可能成為最優決策點，可以直接將它從決策點集合中去掉。
但是這是為什么呢？
分三種情況討論：
設當前點為$a$
- 如果$g[i,j]$與$g[j,k]$均小於$sum[a]$，則$i$比$j$優，$j$比$k$。
- 如果$g[i,j]$與$g[j,k]$均大於$sum[a]$,則$k$比$j$優，$j$比$i$優。
- 如果$g[i,j]<sum[a]$且$g[i,j]>sum[a]$，則$i$比$j$優，$k$比$j$優。
不論如何，$j$都無法成為最佳決策點，所以可以排除$j$。
於是，所有的決策點滿足一個下凸包性質。
接下來看看如何找最優解。
設$k<j<i$。
由於我們排除了$g[i,j]<g[j,k]$的情況，所以整個有效點集呈現一種下凸性質，即$g[i,j]>g[j,k]$。
這樣，從左到右，斜率之間就是單調遞增的了。當我們的最優解取得在$j$點的時候，那么$k$點不可能再取得比$j$點更優的解了，於是$k$點也可以排除。
換句話說，$j$點之前的點全部不可能再比$j$點更優了，可全部從解集中排除。這是為什么呢？因為$sum[i]$隨着$i$的增長也是單調遞增的。
所以，對於兩個決策點$j$和$k$，設$j<k$。如果$k$優於$j$，則以后$k$永遠優於$j$，則$j$及之前的決策點都可以刪除了。
於是對於這題我們對於斜率優化做法可以總結如下：
- 用一個單調隊列來維護解集。
- 假設隊列中從頭到尾已經有元素$a,b,c$。那么當$d$要入隊的時候，我們維護隊列的下凸性質，即如果$g[d,c]<g[c,b]$，那么就將$c$點刪除。直到找到$g[d,x]≥g[x,y]$為止，並將$d$點加入在該位置中。
- 找最佳決策點時，設當前求解狀態為$i$，從隊頭開始，如果已有元素$a,b,c$，當i點要求解時，如果$g[b,a]<sum[i]$，那么說明$b$點比$a$點更優，$a$點可以排除，於是$a$出隊，直到第一次遇到$g[j,j-1]>sum[i]$，此時$j-1$即為最佳決策點。
設有三個點$i,j,k$。其中$x_i>x_j>x_k$。如何判斷三點是上凸還是下凸？
用向量的叉積運算即可。
向量可以看做是二維平面坐標中的有向線段。向量的起點可以自由選擇，即可以把它在平面內任意平移。平移過后的向量與原平移前完全等價。
如果一條有向線段的起點為$(x_1,y_1)$,終點為$(x_2,y_2)$。我們可以將它平移，使得起點位置為$(0,0)$,終點位置為$(x_2-x_1,y_2-y_1)$。
此時向量的大小和方向不變。我們以后談及向量，都默認它的起點在$(0,0)$處，而只以它的終點表示該向量。
設有向量$p_1(x_1,y_1)$，$p_2(x_2,y_2)$。他們的叉乘為$p_1×p_2=(x_1*y_2-x_2*y_1)$。
叉乘的物理意義為以向量$p_1$和$p_2$為相鄰兩邊的平行四邊形的有向面積。
左圖為正向有向面積，右圖為負向有向面積。
平面四邊形在兩向量的順時針方向，則為正，反之則為負。如何判斷$p_1$與$p_2$的位置關系？
- 若$p_1×p_2>0$，則$p_2$在$p_1$的逆時針方向；
- 若$p_1×p_2<0$，則$p_2$在$p_1$的順時針方向；
- 若$p_1×p_2=0$，則$p_1$與$p_2$方向重合。
所以我們可以令向量$p_1=(x_j-x_k,y_j-y_k),p_2=(x_i-x_j,y_j-y_k)$，再用叉積即可判斷$i,j,k$是上凸還是下凸。
另外注意：比較斜率避免用除法。
下見代碼
#include<iostream> #include<string> using namespace std; int dp[500005]; int q[500005]; int sum[500005]; int head,tail,n,m; int getDP(int i,int j) { return dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]); } int getUP(int j,int k) //yj-yk的部分 { return dp[j]+sum[j]*sum[j]-(dp[k]+sum[k]*sum[k]); } int getDOWN(int j,int k) //xj-xk的部分 { return 2*(sum[j]-sum[k]); } int main() { int i; while(scanf("%d%d",&n,&m)==2) { for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&sum[i]); sum[0]=dp[0]=0; for(i=1;i<=n;i++) sum[i]+=sum[i-1]; head=tail=0; q[tail++]=0; for(i=1;i<=n;i++) { while(head+1<tail && getUP(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getDOWN(q[head+1],q[head])) head++; dp[i]=getDP(i,q[head]); while(head+1<tail && getUP(i,q[tail-1])*getDOWN(q[tail-1],q[tail-2])<=getUP(q[tail-1],q[tail-2])*getDOWN(i,q[tail-1])) tail--; q[tail++]=i; } printf("%d\n",dp[n]); } return 0; }
練習題：
$HDU2829,HDU3480,POJ3709$