斜率优化

斜率优化是一种优化 $dp$ 的方法，不过在哪之前，我们需要引入一道例题。

点击查看代码

给你一个长度为 $n$ 序列 $A$,你需要把他分成若干段。定义第 $x$ 段的贡献为： $$a\times (\sum _{i=l_x}^{r_x}{a}_i){)}^2+b\times \sum _{i=l_x}^{r_x}{a}_i+c$$ 你需要最大化贡献。 $a,b,c$ 为给定常数。 $n\le {10}^6$。

首先不妨先思考 $O(n^2)$ 复杂度怎么做，我们不妨定义 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的最大贡献。显然存在 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i}{max}}\{f_i,f_{j-1}+a\times su{m}^2+b\times sum+c\}$ 。我们定义 $sum$ 表示 $\sum _{k=j}^i{a}_k$。显然，我们需要优化。

这时候引入斜率优化，不妨将转移点设为 $k$，那么就会有这样一个式子。$f_i=f_k+sum\times a+su{m}^2\times b+c$。我们定义 $s_i=\sum _{j=1}^i{a}_j$。原来的式子就会被我们变为： $f_i=f_k+(s_i-s_{k-1}{)}^2\times a+(s_i-s_{k-1})\times b+c$。

这个式子是可以看做一个一次函数的，我们不妨设 $s_{k-1}$ 为 $x$，这样原来的式子就可以看为:

$f_i=f_k+(s_i-x{)}^2\times a+(s_i-x)\times b+c$ 。

发现没有？我们把这个玩应打开。

$f_i=f_k+a{s}_i^2-2a{s}_{i}x+x^{2}a+s_{i}b-xb+c$。

我们其实不需要在乎 $a{s}_i^2+s_{i}b+c$ 这个东西，因为对于两个转移点 $j,k$ 来说，这一个部分都是相同的，真正决定大小的显然并不是这一个地方。

也就是说，假设存在两个点 $j,k$，如果 $j$ 比 $k$ 更优，就一定说明是 $f_j+2a{s}_i{s}_j+a{s}_j^2-b{s}_j>f_k+2a{s}_i{s}_k+a{s}_k^2-b{s}_k$
这个地方更优秀。
我们继续沿用刚才的思路，设 $s_j,s_k$ 为 $x_1,x_2$。原来的式子就相当于
$f_j+2a{s}_j{x}_1+a{x}_1^2-bx>f_k+2a{s}_i{x}_2+a{x}_2^2-b{x}_2$ 。

这时候就是斜率优化要做的事情了。我们可以把式子改成：

$2a{s}_i{x}_1-2a{s}_i{x}_2>f_k-f_j+a{x}_2^2-a{x}_1^2-b{x}_2+b{x}_1$
但是还没完，$a<0$!!!
所以我们要变号。
$2a{s}_i{x}_1-2a{s}_i{x}_2<f_k-f_j+a{x}_2^2-a{x}_1^2-b{x}_2+b{x}_1$
也就是说 $j$ 比 $k$ 更优只需要满足这个式子就好了。由于我们 $a<0$，$j,k$ 两点的式子又有单调性。所以本质上我们的最优答案就可以看成一个图。

不难发现，这是一个凸包，又具有单调性，我们可以使用单调队列维护。
具体的，我们每一次都是用队头更新答案（看图你会发现这道题这个东西单调递减）。在更新答案时，我们维护队头元素的点即可。使用我们前面推的式子即可轻松维护。同时，为了保证最优性，所以我们还需要在队尾也这样写。

Code

#include<bits/stdc++.h>
//fj-fk+a(sumj^2-sumk^2)-b(sumj-sumk)/2a*(sumj-sumk) <sumi 
using namespace std;
#define int long long
const int Maxn=2e6;
int n,aa,b,c,Sum[Maxn],per[Maxn],dp[Maxn],l,r,q[Maxn];
double slove(int j,int k){
  	return double( (dp[j]-dp[k]+aa*(Sum[j]*Sum[j]-Sum[k]*Sum[k])+b*(Sum[k]-Sum[j]))/double(2*aa*(Sum[j]-Sum[k])) );
}
signed main(){
	cin>>n;
	cin>>aa>>b>>c;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>per[i];
		Sum[i]=Sum[i-1]+per[i];
	}
	//memset(dp,~0x3f,sizeof(dp));
	dp[0]=0;
	l=r=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(l<r&&slove(q[l],q[l+1])<=1.0*Sum[i])l++;
		dp[i]=dp[q[l]]+(Sum[i]-Sum[q[l]])*(Sum[i]-Sum[q[l]])*aa+b*(Sum[i]-Sum[q[l]])+c;  
		while(l<=r&&slove(q[r-1],q[r])>=slove(q[r],i)) r--;
		q[++r]=i;
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}