标签：不难 转移 pac printf 没有 blank 告诉 def can
对于一类形如：$F_i=\min_{L_i≤j≤R_i} \{F_j+val(i, j) \}$ 的动态规划模型，我们有两种优化方法。
我们主要关注第二种情况，即如何维护斜率以实现快速的转移。
设：$sumT_i=\sum_{j=1}^{i}T_j,\ sumF_i=\sum_{j=1}^{i}F_j$，$F_i$表示把前$i$个任务分成若干批次处理的最小代价。
不难写出：$F_i=\min_{0≤j<i} \{F_j+sumT_i*(sumF_i-sumF_j)+S*(sumF_N-sumF_j) \}$
如果只是要通过本题，那么$O(n^2)$的算法足矣。但是我们还可以继续优化，最终到达$O(n)$的复杂度。
不妨设两个决策$0≤j<k<i$且$k$优于$j$（稍后会解释为什么要设$j<k$）。
有：$F_k+sumT_i*(sumF_i-sumF_k)+S*(sumF_N-sumF_k) <= F_j+sumT_i*(sumF_i-sumF_j)+S*(sumF_N-sumF_j)$
化简移项后有：$F_k-F_j<=(sumT_i-S)(sumF_k-sumF_j)$
注意到$sumF$是单调递增的，我们之前设$j<k$，所以这里$sumF_k-sumF_j>0$（除过去不变号）。我们把它除过去，化成一个斜率式。
即：$\frac{F_k-F_j}{sumF_k-sumF_j}<=SumT_i-S$。
注意到这个式子形如：$\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$这样的斜率式。于是把每个决策$j$看成一个坐标为$(sumF_j,F_j)$的点。
那么上面式子的意义就是：若$j<k$且$j,k$的斜率小于等于$sumT_i-S$，则$k$比$j$优。
那要怎么优化呢？我们考虑维护一个决策队列$q$，注意到如果队列里的决策斜率是单调递增的，那么只要队首$q_l,q_{l+1}$的斜率大于$sumT_i-S$，那么队首就是最优决策。于是我们维护一个斜率单调递增的队列（斜率递增，即一个下凸壳）。
每个决策都只会进队和出队一次，所以复杂度是$O(n)$的。
1 #include<cstdio>
2 using namespace std;
3
4 const double esp = 1e-8;
5 const int MAXN = 1000010;
6
7 int N, S, F[MAXN];
8 int sumT[MAXN], sumC[MAXN];
9 int l, r, q[MAXN];
10
11 int X(int i) { return F[i]; }
12
13 int Y(int i) { return sumC[i]; }
14
15 double Slope(int i, int k) { return (double) (X(i) - X(k)) / (Y(i) - Y(k)); }
16
17 int main()
18 {
19 scanf("%d %d", &N, &S);
20 for(int i = 1; i <= N; ++i)
21 {
22 scanf("%d %d", &sumT[i], &sumC[i]);
23 sumT[i] += sumT[i - 1];
24 sumC[i] += sumC[i - 1];
25 }
26 q[l = r = 1] = 0;
27 for(int i = 1; i <= N; ++i)
28 {
29 while(l < r && Slope(q[l + 1], q[l]) - (S + sumT[i]) < esp) ++l;
30 int j = q[l];
31 F[i] = F[j] + sumT[i] * (sumC[i] - sumC[j]) + S * (sumC[N] - sumC[j]);
32 while(l < r && Slope(i, q[r]) - Slope(q[r], q[r - 1]) < esp) --r;
33 q[++r] = i;
34 }
35 printf("%d\n", F[N]);
36 return 0;
37 }
拓展：
注意到上面的题目有两个特殊性质，即$sumT-S, sumF$单调递增。第一个性质保证了我们只需保留队列中斜率大于$sumT-S$的部分（就是说从队首出队后，对之后的$sumT-S$都没有贡献。即出队后不可能再入队），第二个性质告诉我们每次新加入的点一定在最末尾，只需和队尾比较斜率即可。
例题1：uogu P3628 [APIO2010]特别行动队
令$s_i$为前缀和，$f_i$表示前$i$个士兵的最大和，显然有：$f_i=\max_{0≤j<i} \{f_j+calc(i,j)\}$
$calc(i,j)$表示$j+1~i$的士兵分在一起的代价。
按照套路设$0≤j<k<i$，$k$优于$j$。
于是有：$\frac{(f_k+as_k^2-bs_k)-(f_j+as_j^2-bs_j)}{s_k-s_j}≥2as_i$
维护一个单调递减的队列。发现$2as$是递减的，可以在队首直接进行操纵。因为$s$是递增的，所以一定是在队尾插入决策点。
因为满足上面两个性质，直接$O(n)$维护即可。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 typedef long long ll;
5 const int MAXN = 1000010;
6
7 int n, a, b, c, l, r;
8 int x[MAXN], q[MAXN];
9 ll sum[MAXN], f[MAXN];
10
11 double slope(int k, int j)
12 {
13 return (double)((f[k] + a * sum[k] * sum[k] - b * sum[k]) - (f[j] + a * sum[j] * sum[j] - b * sum[j])) / (sum[k] - sum[j]);
14 }
15
16 int main()
17 {
18 scanf("%d %d %d %d", &n, &a, &b, &c);
19 for(int i = 1; i <= n; ++i)
20 {
21 scanf("%d", &x[i]);
22 sum[i] = sum[i - 1] + x[i];
23 }
24 f[0] = q[l = r = 1] = 0;
25 for(int i = 1; i <= n; ++i)
26 {
27 while(l < r && slope(q[l], q[l + 1]) >= 2.0 * a * sum[i]) ++l;
28 f[i] = f[q[l]] + a * (sum[i] - sum[q[l]]) * (sum[i] - sum[q[l]]) + b * (sum[i] - sum[q[l]]) + c;
29 while(l < r && slope(q[r - 1], q[r]) <= slope(q[r], i)) --r;
30 q[++r] = i;
31 }
32 printf("%lld\n", f[n]);
33 return 0;
34 }
例题2：
标签：不难 转移 pac printf 没有 blank 告诉 def can
原文地址：https://www.cnblogs.com/Aegir/p/11563690.html
