[斜率优化DP]噩梦的开始

引入

我认为的斜率优化本质就是讲状态转移方程转化为 $y=kx+b$ 的形式，并维护成一个凸包，用二分/CDQ/平衡树优化。

例1：任务安排1,2

任务安排1：LOJ 10184/Acwing300/P2365 任务安排

任务安排2：LOJ 10185/Acwing301/P5785 [SDOI2012]任务安排

两道题差不多，只是数据范围的区别，我们合在一起讲

题目大意

有 $n$ 个任务排成一个序列，顺序不得改变，其中第 $i$ 个任务的耗时为 $t_i$， 费用系数为 $c_i$。

现需要把这 $n$个 任务分成若干批进行加工处理。

每批次的段头，需要额外消耗 $S$ 的时间启动机器。每一个任务的完成时间是所在批次的结束时间。

完成一个任务的费用为：从 0 时刻到该任务所在批次结束的时间 t 乘以该任务费用系数 c。

分析

我们先列出最基本的状态转移方程。

状态表示 $f[i,j]$：前 $i$ 个任务，且第 $i$ 个任务是第 $j$ 个批次的最后一个任务的方案。

状态属性 $f[i,j]$：方案贡献的最小值。

转移方程：

$$f[i,j]=\min\left(f[k,j-1]+(S\times j+\sum_{u=1}^i t_u)\times\sum_{u=k+1}^i s_u\right)$$

两维状态（$i,j$）加上一个决策变量（$k$），时间复杂度为 $\mathcal O (n^3)$。

优化状态转移方程

这里，我们可以用费用提前计算的经典优化思想进行优化：

在状态转移中，我们额外引入参数 $j$，仅仅是为了求出 $S$ 对于当前状态的贡献。

既然是额外引入的，那就尝试把它去掉。若为 $[l,r]$ 的任务开一个新的批次，那么该批次的启动时间实际会影响的任务有 $[l,n]$。

那么我们不妨将该段 $[l,n]$ 的 $S$ 费用直接累加到当前状态 $f[i]$ 上计算。

一维状态加上一个决策变量，时间复杂度为 $\mathcal O (n^2)$

$$\begin{aligned} &f[i]=\min\left(f[j]+S\times \sum_{k=j+1}^n c_k+\sum_{k=1}^i t_k\times \sum_{k=j+1}^i c_k \right)\\ 前缀和优化：&f[i]=\min\left(f[j]+S\times (sc_n-sc_j)+st_i \times (sc_i-sc_j) \right)\\ \end{aligned}$$

至此，我们便可以做出任务安排1。

斜率优化

我们将式子中单独含 $i$ 的常量提出：$f[i]=S\times sc_n+st_i \times sc_i+\min ( f[j]-S\times sc_j-st_i \times sc_j )$

我们知道含 $i$ 的项是常量，所以 $f[j]-sc_j\times(S+st_i)$ 可以转化为一下形式：

$$f[j]-sc_j\times(S+st_i) = 变量1 - 变量2\times (常量1+常量2)$$

而变量1和变量2均是与 $j$ 有关的变量，不妨令$\begin{cases} f_j=y(j)\\ sc_j=x(j)\\ S+st_i=k\\ \end{cases}$，则该函数可转化成 $y(j)-k\cdot x(j)$。

求 $y-kx(0\le j<i)$ 的极值问题，可以联想到直线的斜截式方程：$y=kx+b$。变形得 $b=y-kx$。

要求 $y-kx(0\le j<i)$ 的极值，就是求一个点 $(x_j,y_j)$ 与当前 $k_i$ 构成的所有直线中，截距最小的。

如图，黑色的点为所有 $0\le j< i$ 的点 $(x_j,y_j)$，红色线为斜率 $k_i$ 的某条直线。

从下往上（截距由小到大）去逼近所有的点，则第一个出现在直线上的点，就是满足 $b_i=y_j-kx_j$ 的最小截距 $b$。

但暴力查找这个点最坏是 $\mathcal O(n)$ 的，太慢。

如上图，我们发现如果某个点不在凸壳上，则不可能对答案产生贡献。

对于这道题，我们需要维护下凸壳。因此，对于任意 $f_i$，只用在下凸壳的点寻找构成直线的最小截距。

但在最坏的情况下查找还是 $\mathcal O(n)$ 的，考虑继续优化。

由于 $t_i,c_i$ 都是正整数，所以它们的前缀和 $st_i,sc_i$ 一定是单调递增的。对应 $x_j,k_i$ 也是单调递增的。

而下凸壳中相邻两点的斜率也单调递增，可得对于第一个出现在直线上的点，一定有 $k(j-1,j)\le k_i<k(j,j+1)$。

又由于 $k_i$ 单调递增，所以 $j$ 之前的点都不会是点集中第一个出现在直线上的点。
只需维护点集区间 $[j,i]$ 之间的即可，知道 $k(j,j+1)\le k <k(j+1,j+2)$，维护区间转为 $[j+1,i]$。

我们可以发现一个熟悉的滑动窗口模型，考虑用单调队列维护：

1. 用队头的两个元素维护大于 $k_i$ 的最小斜率 $k(q_hh,q_{hh+1})$。
2. 插入前，保证队列中至少两个点，然后把满足 $k(q_{tt-1},q_tt) \ge k_i$ 的点 $q_tt$ 弹出。

这样便维护了有效下凸壳点集,时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
int n,S,q[N];
ll t[N],c[N],f[N];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&S);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld%lld",t+i,c+i);
        t[i]+=t[i-1],c[i]+=c[i-1];
    }
    int hh=0,tt=0;q[0]=0;// 队列中第一个点是0
    /*
    f[i]=min(f[j]+S*(c[n]-c[j])+t[i]*(c[i]-c[j])) =>
    f[i]=t[i]*c[i]+S*c[n]+min(f[j]-(S+t[i])*c[j])
	
    y=kx+b ==> b=y-kx
    f[j]-(S+t[i])*c[j]=y-kx = min(b)
    k[qhh~qh+1]=y1-y2/x1-x2=(f[qh+1]-f[qhh])/(c[qh+1]-c[qhh]) > ki = t[i]+S
    
    k[qt-1~qtt] < k[qtt~i]
    */
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(hh<tt/*至少还有两个点*/&&(f[q[hh+1]]-f[q[hh]])/*y*/<=(c[q[hh+1]]-c[q[hh]])/*x*/*(t[i]+S)/*k*/) hh++;
        f[i]=f[q[hh]]+S*(c[n]-c[q[hh]])+t[i]*(c[i]-c[q[hh]]);
        while(hh<tt&&(f[q[tt]]-f[q[tt-1]])*(c[i]-c[q[tt]])>=
                (f[i]-f[q[tt]])*(c[q[tt]]-c[q[tt-1]])) tt--;
        q[++tt]=i;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
    return 0;
}

例2：任务安排3

LOJ 10186/Acwing302

注意到此题与前两道题唯一的差别便是 $t_i$ 不一定是正整数，即 $st_i$ 不一定单调递增。

这意味着我们要将下凸壳中的所有点保存下来，不因为 $k_i$ 出队。查找时二分答案，总时间复杂度为 $\mathcal O (n\log n)$。

代码就不贴了。

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