「一本通」斜率优化dp学习笔记

总结：

如果dp方程写出来之后大概是长这样的$f[i]={\sum }_{0<j<i}min(f[j]+s[i,j])+\dots$，就可以考虑斜率优化（关于斜率: $\frac{y[i]-y[j]}{x[i]-x[j]}$）。先设$k_1$<$k2$，分析一下是否有$f[k_1]$<$f[k2]$（证明决策单调性），然后大力推一发柿子（通常是把关于$j1$$j2$的项移到坐标，关于i的项移到右边），找到$x$坐标和$y$坐标所对应的值，用单调队列维护有用的决策，就可以乱搞ac了

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loj#10184. 「一本通 5.6 例 1」任务安排 1

https://loj.ac/problem/10184

这题应该是先教你搞出dp公式
注意题意，执行任务的时间是同一批任务的所用时间总和+启动时间，费用算的是每一个任务所属批次的结束时间*费用系数
设$t[i]$为时间的前缀和，$c[i]$为费用的前缀和，$$f[i]$为执行1~i 的最少花费，枚举当前批次的任务为 j ~ i，显然有当前当前批次的费用$(t[i]+s)\ast (c[i]-c[j])$，机器的启动时间S会对后面的所有任务的完成时间都产生一个大小为S的后延，补充到当前的费用中，此时$f[i]={\sum }_{1<=j<i}min(f[j]+(t[i]+S)\ast (c[i]-c[j])+(c[n]-c[i])\ast S)$，这题的数据范围$1\le N\le 5000$，可以放心$N^2$ dp

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int list[5100];
long long f[5100],t[5100],c[5100];
int main()
{
	int n,S;
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long tt,cc;
		scanf("%lld%lld",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	memset(f,63,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=0;j

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loj#10185. 「一本通 5.6 例 2」任务安排 2

https://loj.ac/problem/10185

(事实证明用t1的$N^2$做法是能过的)
有$j1<j2$，试证明$j2$的决策比$j1$优秀
不想证，还是去看进阶指南吧
$$f[j1]+(t[i]+S)\ast (c[i]-c[j1])+(c[n]-c[i])\ast S<f[j1]+(t[i]+S)\ast (c[i]-c[j1])+(c[n]-c[i])\ast S$$
拆括号，抵消，移项，得
$$f[j1]-S\ast c[j1]-f[j2]+S\ast c[j2]<t[i]\ast c[j2]-t[i]\ast c[j1]$$
右边只保留t[i]的项，
$$\frac{(f[j1]-S\ast c[j1])-(f[j2]-S\ast c[j2])}{-c[j1]+c[j2]}<t[i]$$
得到公式啦！
根据“及时排出无用决策”，本题应是要维护一个下凸壳

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int list[11000];
long long f[11000],t[11000],c[11000];
int n,S;
int X(int i)
{
	return c[i];
}
int Y(int i)
{
	return f[i]-S*c[i];
}
double slop(int j1,int j2)
{
	return double(Y(j2)-Y(j1))/double(X(j2)-X(j1));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long tt,cc;
		scanf("%lld%lld",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	int head=1,tail=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail&&slop(list[head],list[head+1])

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loj#10186. 「一本通 5.6 例 3」任务安排 3

https://loj.ac/problem/10186
时间可能为负数，因此时间的前缀和t[i]也不具有单调性
而我们要维护斜率还是具有单调性的！！
结束删队头的操作，最后出来的list[head]左边的斜率小于t[i]，右边的斜率大于t[i]
所以通过 二分查找到 左边的斜率小于t[i]，右边的斜率大于t[i]的点
!！sd模版骗我钱财！！ 数字太大还是要把除移项变成乘好一点

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
int list[310000];
LL f[310000],t[310000],c[310000];
int n,S;
LL X(int i)
{
	return c[i];
}
LL Y(int i)
{
	return f[i]-S*c[i];
}
double slop(int j1,int j2)
{
	return double(Y(j2)-Y(j1))/double(X(j2)-X(j1));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int tt,cc;
		scanf("%d%d",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	int head=1,tail=1; list[1]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		//while (head+1<=tail&&slop(list[head],list[head+1])=(S+t[i])*(c[list[mid]]-c[list[mid+1]])) l=mid+1; else r=mid;
		} 
		f[i]=f[list[l]]-(S+t[i])*c[list[l]]+t[i]*c[i]+S*c[n];
		while (head<=tail-1&&(f[list[tail]]-f[list[tail-1]])*(c[i]-c[list[tail]])>=(f[i]-f[list[tail]])*(c[list[tail]]-c[list[tail-1]])) tail--;
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

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loj#10187. 「一本通 5.6 例 4」Cats Transport

https://loj.ac/problem/10187
$d[i]$为d的前缀和，即1号山到i号山的距离
如果想要接到第i只猫，就得在$t[i]-d[h[i]]$时或之后出发，才能在猫玩够之后到达
令$a[i]=t[i]-d[h[i]]$，对a排序，根据贪心策略，一个饲养员接到的猫一定是a[]排序后连续的一段，那么此时问题又回到了任务安排2了

设$s[i]$为a[ ]的前缀和，f[i][j]为前i个饲养员，接到前j只猫的最小等待时间
有dp方程$f[i][j]=min(f[i-1][k]-(s[j]-s[k])+a[j]\ast (j-k))$

设$k1<k2$，因为时间，路程均为正整数，一定有k2优于k1
$$f[i-1][k1]-(s[j]-s[k1])+a[j]\ast (j-k1)>f[i-1][k2]-(s[j]-s[k2])+a[j]\ast (j-k2)$$
拆括号，抵消，移项，注意$k1-k2<0$，得
$$\frac{(f[i-1][k1]-s[k1])-(a[i-1][k2]-s[k2])}{k1-k2}<a[j]$$

上一题血的教训告诉我写代码还是把它弄成乘法吧

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL d[110000],a[110000],s[110000],list[110000];
LL f[110][110000];//f[饲养员i][收回前j只猫]
bool cmp(LL x,LL y) {return x=a[j]*(list[head]-list[head+1])) head++;
			f[i][j]=min(f[i-1][list[head]]+a[j]*(j-list[head])-(s[j]-s[list[head]]),f[i-1][j]);
			if (f[i-1][j]+s[j]>=455743088879883099) continue;
			while (head<=tail-1&& (Y(i-1,list[tail-1]) - Y(i-1,list[tail])) * (list[tail]-j) > (Y(i-1,list[tail])-Y(i-1,j))*(list[tail-1]-list[tail])) tail--;
			list[++tail]=j;
		}
	}
	printf("%lld\n",f[p][m]);
	return 0;
}

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loj#10188. 「一本通 5.6 练习 1」玩具装箱

https://loj.ac/problem/10188
sum[i]为玩具长度的前缀和
显然有$f[i]={\sum }_{1\le j<i}min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L{)}^2)$
令c[i]=sum[i]+i,L=1+L
dp方程:$f[i]=min(f[j]+(c[i]-c[j]-L{)}^2)$
设$k1<k2$ (我喜欢用k)
$$f[k1]+(c[i]-c[k1]-L{)}^2<f[k2]+(c[i]-c[k2]-L{)}^2$$
把$(c[i]-L)$看作一个整体，完全平方公式来一发
$$f[k1]+(c[i]-L{)}^2-2\ast c[k1]\ast (c[i]-L)+c[k1{]}^2<f[k2]+(c[i]-L{)}^2+2\ast (c[i]-L)\ast c[k2]+c[k2{]}^2$$
继续拆括号，移项，得
$$\frac{f[k1]+c[k1{]}^2-(f[k2]+c[k2{]}^2)}{c[k1]-c[k2]}<2\ast (c[i]-L)$$

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL f[51000],list[51000],c[51000];
LL sqr(LL x) {return x*x;}
LL Y(LL i) {return f[i]+sqr(c[i]);}
LL X(LL i) {return c[i];}
int main()
{
	int n,L;
	scanf("%d%d",&n,&L);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int cc;
		scanf("%d",&cc);
		c[i]=c[i-1]+cc+1;
	}
	int head=1,tail=1;
	list[0]=0; L++;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail && ( Y(list[head]) - Y(list[head+1]) ) >= 2*(c[i]-L) * (X(list[head])-X(list[head+1]))) head++;
		f[i]=f[list[head]]+sqr(c[i]-c[list[head]]-L);
		while (head<=tail-1 && ( Y(list[tail-1]) - Y(list[tail])) * (X(list[tail])-X(i)) >= ( Y(list[tail]) - Y(i)) * (X(list[tail-1]) - X(list[tail]))) tail--;
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

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loj#10189. 「一本通 5.6 练习 2」仓库建设

https://loj.ac/problem/10189
注意题意，n是山脚。 其实题目就相当于任务安排2，分割成几段，每段只能选连续的数
当前在i建一个仓库，上一个仓库是在k这个位置建的
有dp方程$f[i]=f[k]+cost(k+1i)+c[i]$
需要能够$O(1)$查询cost。
先预处理出货物走到工厂1的距离(p[i]*x[i])，新建一个厂就减去剩下的花费
如下图 红色为a的值为⑥走到1的花费，蓝色为(p[k+1]*x[k+1])
假设在⑥建厂，上一个厂建在②，那么③要运到⑥的花费即为两值之差

用a[i]记录$p[i]\ast x[i]$的前缀和，pp[i]记录p[i]的前缀和
有dp方程$f[i]=min(f[k]+(pp[i]-pp[k])\ast x[i]-(a[i]-a[k])+c[i])$
求斜率方程 ，设k1 $$f[k1]+(pp[i]-pp[k1])\ast x[i]-(a[i]-a[k1])+c[i]>f[k2]+(pp[i]-pp[k2])\ast x[i]-(a[i]-a[k2])+c[i]$$
拆括号，移项，得
$$\frac{f[k1]+a[k1]-(f[k2]+a[k2])}{pp[k1]-pp[k2]}>x[i]$$

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL f[1100000],x[1100000],pp[1100000],a[1100000];
int list[1100000],c[1100000],p[1100000];
LL X(int i) {return pp[i];}
LL Y(int i) {return f[i]+a[i];}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x[i],&p[i],&c[i]);
		pp[i]=pp[i-1]+p[i];
		a[i]=a[i-1]+x[i]*p[i];
	}
	int head=1,tail=1;
	//list[1]=1; memset(f,0,sizeof(f)); f[1]=c[1];
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail&& Y(list[head]) - Y(list[head+1]) >= x[i] * (X(list[head]) - X(list[head+1])) ) head++;
		f[i]=f[list[head]]+(pp[i]-pp[list[head]])*x[i]-(a[i]-a[list[head]])+c[i];
		while (head<=tail-1&& (Y(list[tail-1]) - Y(list[tail])) * (X(list[tail]) - X(i)) >= (Y(list[tail]) - Y(i)) * (X(list[tail-1]) - X(list[tail])) ) tail--;
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

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loj#10190. 「一本通 5.6 练习 3」特别行动队

https://loj.ac/problem/10190
怎么感觉习题比例题还水…
公式也已经给出来了
s[i]为战斗力的前缀和
dp方程：$f[i]=min(f[k]+a\ast (s[i]-s[k]{)}^2+b\ast (s[i]-s[k]+c))$

斜率方程：$\frac{f[k1]-f[k2]+a\ast s[k1{]}^2-a\ast s[k2{]}^2-b\ast s[k1]+b\ast s[k2]}{s[k1]-s[k2]}<2\ast a\ast s[i]$

没开long long见祖宗啊

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL f[1100000],s[1100000];
int list[1100000],n,a,b,c;
LL sqr(LL x) {return x*x;}
LL Y(int i) {return f[i]+a*sqr(s[i])-b*s[i];}
LL X(int i) {return s[i];}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		s[i]=s[i-1]+x;
	}
	int head=1,tail=1; //f[1]=a*sqr(s[1])+b*s[1]+c; list[2]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail&& (Y(list[head]) - Y(list[head+1])) <(2*a*s[i])*(X(list[head])  -X(list[head+1]))) head++;
		f[i]=f[list[head]]+a*sqr(s[i]-s[list[head]])+b*(s[i]-s[list[head]])+c;
		while (head<=tail-1&& (Y(list[tail-1]) - Y(list[tail])) * (X(list[tail]) - X(i)) < (Y(list[tail]) - Y(i)) * (X(list[tail-1]) - X(list[tail])))  tail--; 
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

---

loj#10191. 「一本通 5.6 练习 4」打印文章

https://loj.ac/problem/10191
也是给出了公式了
c[i]为花费的前缀和
dp方程：$f[i]=min(f[k]+(s[i]-s[k]{)}^2+M)$
斜率方程：$\frac{f[k1]-f[k2]+s[k1{]}^2-s[k2{]}^2}{s[k1]-s[k2]}>2\ast s[i]$
多组数据

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL f[510000],s[510000];
int list[510000];
LL sqr(LL x) {return x*x;}
LL Y(int i) {return f[i]+sqr(s[i]);}
LL X(int i) {return s[i];}
int main()
{
	int n,m;
	while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
	{
		s[0]=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&s[i]);
			s[i]+=s[i-1];
		}
		int head=1,tail=1; list[1]=0; f[0]=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			while (head+1<=tail&& (Y(list[head]) - Y(list[head+1])) >= 2*s[i]*(X(list[head])-X(list[head+1]))) head++;
			f[i]=f[list[head]]+sqr(s[i]-s[list[head]])+m;
			while (head<=tail-1&& (Y(list[tail-1]) - Y(list[tail])) * (X(list[tail])-X(i)) >= (Y(list[tail]) - Y(i)) * (X(list[tail-1]) - X(list[tail]))) tail--;
			list[++tail]=i;
		}
		printf("%lld\n",f[n]);
		
	}
	
	return 0;
}

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loj#10192. 「一本通 5.6 练习 5」锯木厂选址

https://loj.ac/problem/10192
a[i]和前面仓库建设的定义是一样的
设第一个仓库建在k，第二个仓库建在i ，且k $f[i]=cost(1,k)+cost(k+1,i)+cost(i+1,n+1)$
dp方程：$$f[i]=min(f[i]+s[k]\ast d[k]-a[k]+(s[i]-s[k])\ast d[i]-(a[i]-a[k])+(s[n+1]-s[i])\ast d[n]-(a[n]-a[i]))$$
斜率方程：(注意s[k1]$$f[i]=\frac{s[k1]\ast d[k1]-s[k2]\ast d[k2]}{s[k1]-s[k2]}<d[i]$$

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long
LL f[210000],w[210000],d[210000],a[210000];
int list[210000];
LL Y(LL i) {return w[i]*d[i];}
LL X(LL i) {return w[i];}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		d[i+1]=d[i]+y;
		a[i+1]=a[i]+x*d[i];
		w[i]=w[i-1]+x;
	}
	int head=1,tail=1; //list[1]=1; f[1]=a[n]-a[1];
	LL ans=9223372036854775807;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail&& (Y(list[head]) - Y(list[head+1])) >= d[i] * (X(list[head]) - X(list[head+1]))) head++;
		f[i]=w[list[head]]*d[list[head]]-a[list[head]]+(w[i]-w[list[head]])*d[i]-(a[i]-a[list[head]])+(w[n]-w[i])*d[n+1]-(a[n+1]-a[i]);
		while (head<=tail-1&& (Y(list[tail-1]) - Y(list[tail])) * (X(list[tail]) - X(i)) >= (Y(list[tail]) - Y(i)) * (X(list[tail-1]) - X(list[tail]))) tail--;
		list[++tail]=i;
		ans=min(ans,f[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

完结撒花！！
肝死我了这篇blog