dp的优化（单队，斜率）

1.单调队列优化$dp$

维护最小值：$x⩽q.tail()$

维护最大值：$x⩾q.tail()$

其实原理不难，当$dp$的转移源头是一个区间时，往往使用单调队列来维护区间最值（一般队列里装下标以方便维护区间大小，但也只是一般情况），节省了处理区间的时间（甚至噶掉一维），重点是对区间的处理方式和细节，以及处理什么区间都因题而异，因此直接结合相关情景来进行学习

P2564 [SCOI2009] 生日礼物（例题）

（正片开始）在某两个城市之间有 $n$座烽火台，每个烽火台都有一个代价。要求连续 $m$个烽火台中至少要有一个发出信号。求总共最少的代价

设$dp[i]$表示$1\sim i$中选了$i$的方案

那么为了合法，只能从$[i-m,i-1]$中转移

用单调队列优化，最简单的一类

和 P1725 琪露诺 很像

类似的还有最大子序和，就是拿前缀和搞（记得提前往队列里塞一个$0$）

P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G

FJ有$N$只排成一排的奶牛，奶牛$i$的效率为$E_i$

计算没有连续的超过$K$只奶牛时可以得到的最大效率。

我们可以考虑从反面下手，找出不选的奶牛，将原来的序列分割成若干长度$⩽k$的区间

因此定义$dp[i][1/0]$表示选/不选第$i$头奶牛时的最大效率

如果不选，那么继承前一位的方案

$$dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])$$

如果选了，那么在$[i-k,i]$中必须有一个不选

$$dp[i][1]=max(dp[j][0]+\sum _{k=j+1}^i{E}_k),j\in [i-k,i-1]$$

拿前缀和优化：

$$dp[i][1]=max(dp[j][0]+sum[i]-sum[j])$$

对于枚举的$j$，$sum[i]$是固定的，那么把他弄出去

$$dp[i][1]=max(dp[j][0]-sum[j])+sum[i]$$

用单调队列维护$dp[j][0]-sum[j]$即可

单调队列优化多重背包

一个初学背包时的禁忌领域

先摆出多重背包的基本递推式

$$dp[n]=max(dp[n],dp[n-k\times v]+k\times w),k\in [1,s],k\times v⩽n$$

发现每次都是多减去一个$v$，因此设$n=pv+q$,那么

$$dp[n]=max(dp[n],dp[i\times v+q]),i\in [0,min(s,p)]$$

也就是说,$dp[pv+q]$只会从$dp[i\times v+q]$转移而来

后面的部分可以考虑使用单调队列，但别着急，还有$w$呢，对于不同的$i$，$w$的系数也不一样

举个例子：

$$dp[3v+j]=max(dp[j]+3w,dp[j+v]+2w,dp[j+3w])$$

考虑使用上一道题的方法，提出一个$3w$：

$$dp[3v+j]=max(dp[j],dp[j+v]-w,dp[j+2v]-2w,dp[j+3v]-3w)$$

这样队列维护的就是$dp[iv+j]-iw,i\in [0,min(s,p)]$

wc太牛逼了

P3423 [POI2005] BAN-Bank Notes

共 $n$ 种面值的硬币，为 $b_1,b_2,\cdots ,b_n$。每种硬币有数量限制$c_i$，现在我们想要凑出面值 $m$，求最少要用多少个硬币

设$dp[i]$表示凑出金额$i$所需的最小硬币数

转移：$dp[i]=min(dp[i-j\ast b[l]]+j)$

依照上述思路：维护$dp[r+kb[i]]-k$

一定要初始化啊啊啊啊啊啊啊

P2254 [NOI2005] 瑰丽华尔兹

描述略

第一想到理想的正方形

用两个单调队列维护两个维度

但不需要

这道题大抵是要用到$dp$的

$dp[i][j]$表示走到该格子的最大长

设一个方向上的时间区间长度为$k$

则（以向右为例）

$dp[i][j]=max(dp[i][l]+j-l+1),l\in [j-k+1,j-1]$

$dp[i][j]=max(dp[i][l]-l)+j+1,l\in [j-k+1,j-1]$

其他方向从略（向左/向上时，$l\in [j+1,j+k-1]$,所以是$dp[i][l]/dp[l][i]+l$，最后$-j+1$）

维护：$dp[i][l]+or-l$

那就对于每次滑动，用单调队列这个窗口在每一行/列按这个方向滑动，当然会有无效操作，但没关系，因为顺序是对的，最终答案涉及的方格总能按照正确的顺序被修改和记录，所以无所谓，搞就完了

但是：

对于区间$[l,r]$，$r-l+1$的计算方式包含两个端点，而观察样例可知：每次滑动的起点是不计入答案的

所以操作区间没有加一

方程：

$dp[i][j]=max(dp[i][l]+j-l),l\in [j-k+1,j-1]$

$dp[i][j]=max(dp[i][l]-l)+j,l\in [j-k+1,j-1]$

踢队头时的区间也是$|q.front()-l|$

md坑害我一天

P3089 [USACO13NOV] Pogo-Cow S

有$N$个目标点，目标点$i$在$x_i$，该点得分为$p_i$。开始时可以选择站在一个目标点上，只允许朝一个方向跳跃，且每次跳跃的距离大于等于上一次跳跃的距离，并且必须跳到一个目标点，求所经目标点的最大得分和

首先，排序，方向未知，所以向左向各跑一遍

定义$dp[i][j]$表示跳到了目标点$i$，并且是从$j$跳到$i$的最大和，得到关系：

$dp[i][j]=max(dp[j][k])+p_i,|x_j-x_k|⩽|x_i-x_j|$

$dp[i][i]=p_i$

先以向左为例，向右同理

那么$0⩽k<j<i⩽n$

暴力是$O(n^3)$的，需要优化

肯定优化掉$k$那一维

我们采用单调队列的思想，既然已经按位置排了序，那么标号越小的点离$j$越远。利用这个天然的单调，从$j$开始倒着走找转移点，距离一旦不符合就不找了，节省时间

还有一个大坑：先枚举$j$，再枚举$i$。

如果不这样，其实相当于默认了起点是$1$

观察方程，可知每次转移相当于该方案继承了上一次跳跃的起点，所以必须先锁死起点，再去枚举终点

可见，很多时候单调队列的应用就是单调性的应用，从单调性入手遍历，可以少遍历很多非法情况，有时甚至不用建队，用单调性枚举即可

P2569 [SCOI2010] 股票交易

看到$A{P}_i⩾B{P}_i$，知道了同一天内要么买，要么卖，不可能同时进行（否则必亏）

定义$d{p}_{i,j}$表示第$i$天有$j$张股票时最多能赚多少

分类讨论：

• 买

  • 在上一次交易的基础上买进
  • 白手起家（这天手头啥也没有）

• 卖

  • 在上一次交易的基础上卖出

• 啥也不干

四大情况，我们来一一分析

• 在上一次交易的基础上买进

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i,j},d{p}_{i-W-1,j-k}-k\times A{P}_i),k\in [1,A{S}_i]$$

• 白手起家：相当于直接赋值

$$d{p}_{i,j}=-A{P}_i\times k,k\in [1,A{S}_i]$$

• 在上一次的基础上卖出

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i,j},d{p}_{i-W-1,j+k}+k\times B{P}_i),k\in [1,B{S}_i]$$

• 啥也不干：$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i,j},d{p}_{i-1,j}$)

暴力$O(T\times MAXP\times \sum (A{S}_i+B{S}_i)),$，三次方级别，70$pts$

考虑使用单调队列优化

根据经验，肯定是维护一个$d{p}_i+x_i$的结构，但当前的状态定义没法子这样做（$j+k,k$和$j-k,k$都不好合并），我们改一下状态，以买进为例:

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i,j},d{p}_{i-W-1,k}-(j-k)\times A{P}_i),0⩽j-k⩽A{S}_i$$

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-W-1,k}+k\times A{P}_i)-j\times A{P}_i,$$

此时$k,k$对应，括号内的东西在遍历$j$时可以使用单调队列维护，以单调性维护队尾，以$j-k$的范围维护队头，能压到$O(T\times MAXP)$平方级别

可见状态的定义也非常重要 （服了）

2.斜率优化$dp$

可以认为是单调队列的拓展方法

观察发现，能用单调队列维护的$dp$方程，一定能分离出一个与当前枚举的$i$无关的量（单调队列的维护对象），但如果出现了形如$(i-j{)}^2=i^2-2ij+j^2$的东西时，$2ij$这个东西脚踏双船，$i$和$j$有一个变了他就变，无法使用普通队列来维护了

那么就针对他来下手

有$n$个数，每次取出一段数$[l,r]$的花费是$(s[r]-s[l-1]{)}^2+M$，$M$一定，求最小花费

设$dp[i]$表示取完$1\sim i$的最小花费

可得：$dp[i]=min(dp[j]+(s[i]-s[j]{)}^2+M),j\in [1,i)$

出现了麻烦项，如何处理

我们把式子这样写：

$dp[i]=min(dp[j]+s[j{]}^2-2s[i]s[j])+s[i{]}^2+M$

$dp[i]=min(-2s[i](s[j])+dp[j]+s[j{]}^2)+s[i{]}^2+M$

发现括号里是一个形如$kx+b$的式子，设$k_i=-2s[i],x_j=s[j],b_j=dp[j]+s[j{]}^2$

对于固定的$i$,$k_i$是不变的，变得只有$x_j,b_j$，而我们发现这两项只与$j$有关，似乎能用队列了

接下来看如何单调

如果想搞单调，即从$j$转移比从$k$转移更优，那么

$$dp[j]+(s[i]-s[j]{)}^2+M<dp[k]+(s[i]-s[k]{)}^2+M$$

化简得：

$$\frac{dp[j]+s[j{]}^2-dp[k]-s[k{]}^2}{s[j]-s[k]}<2s[i]=-k_i$$

设$f[x]=dp[x]+s[x{]}^2$,则

$$\frac{f[j]-f[k]}{s[j]-s[k]}<-k_i$$

看到左边的形式想到小学的直线斜率

那么我们就以$(s[i],f[i])$为点，代表该处状态

设现在枚举到了$t$，有$i,j,k$三个备选状态，且状态如下

显然

$$\frac{f[j]-f[k]}{s[j]-s[k]}>\frac{f[i]-f[j]}{s[i]-s[j]}$$

对于$2s[t]=-k_t$，有以下几种情况

• $\frac{f[j]-f[k]}{s[j]-s[k]}>\frac{f[i]-f[j]}{s[i]-s[j]}>-k_t$,那么$j$比$i$优，$k$比$j$优

• $\frac{f[j]-f[k]}{s[j]-s[k]}>-k_t>\frac{f[i]-f[j]}{s[i]-s[j]}$，那么$i$比$j$优，$k$比$j$优

• $-k_t>\frac{f[j]-f[k]}{s[j]-s[k]}>\frac{f[i]-f[j]}{s[i]-s[j]}$，那么$i$比$j$优，$j$比$k$优

也就是说，上凸的点一定不会是最优解，删掉上凸点后，剩下的点一定都往下凸，也就是一个下凸包，即所有线斜率单调不降

接下来，$-k_t$已知了，也就说待求直线的斜率已知，那么这根线与凸包最外侧的交点将是转移点（相关详情参考线性规划）

来看看交点的特征

显然，若$k_a<k_b<\cdots <k_s<-k_t<\cdots$，则$s$点的状态就是转移点

那么用单调队列维护斜率，找到每个$i$对应的$s$，转移即可

找$s$：取出队首的两个元素$a,b$，拿推出的式子比，小的为答案，大的就滚蛋

注：先维护队头更答案，再维护队尾塞进$i$

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

题目描述

P 教授有编号为 $1\cdots n$ 的 $n$ 件玩具，第 $i$ 件玩具经过压缩后的一维长度为 $C_i$。P 教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器

要求：

• 在一个一维容器中的玩具编号是连续的。

• 如果将第 $i$ 件玩具到第 $j$ 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 $x=j-i+\sum _{k=i}^j{C}_k$。

如果容器长度为 $x$，其制作费用为 $(x-L{)}^2$。其中 $L$ 是一个常量。但他希望所有容器的总费用最小。

设$dp[i]$表示前$i$个玩具装箱的最小代价，那么

$$dp[i]=\underset{0⩽j<i}{min}(dp[j]+(\sum _{k=j+1}^i{C}_k+i-j-1-L{)}^2)$$

前缀和助阵

$$dp[i]=\underset{0⩽j<i}{min}(dp[j]+(s[i]-s[j]+i-j-1-L{)}^2)$$

再设$f[i]=s[i]+i$（可预处理）

$$dp[i]=\underset{0⩽j<i}{min}(dp[j]+(f[i]-f[j]-1-L{)}^2)$$

按鞋油推：

$$\frac{d{p}_j+(f_j+L+1{)}^2-d{p}_k-(f_k+L+1{)}^2}{f_j-f_k}<2f_i$$

设$h_i=d{p}_i+(f_i+L+1{)}^2$

$$\frac{h_j-h_k}{f_j-f_k}<2f_i$$

上板子就好了

[APIO2010] 特别行动队

设$d{p}_i$表示$1\sim i$的士兵经修正后的最大战力

那么

$$dp[i]=\underset{0⩽j<i}{max}(dp[j]+a(s[i]-s[j]{)}^2+b(s[i]-s[j])+c)$$

再套：

$$\frac{d{p}_j+a{s}_j^2-b{s}_j-(d{p}_k+a{s}_k^2-b{s}_k)}{s_j-s_k}>2a{s}_i$$

设$f_i=d{p}_i+a{s}_i^2-b{s}_i$

$$\frac{f_j-f_k}{s_j-s_k}>2a{s}_i$$

发现这次是大于号，采用类似的方法，假设是下凸包，发现下凸点是无法成为最优解的，所以这次维护的是上凸包

上板子

P2120 [ZJOI2007] 仓库建设

设$dp[i]$表示在$i$处建厂的最小费用

对于$0⩽j<i$，由定义的状态，可知$j$处已经建厂，再结合题目所说，只有$j+1\sim i$的货物会流入仓库$i$，所以

$$d{p}_i=\underset{0⩽j<i}{min}(d{p}_j+\sum _{k=j+1}^i{p}_k(x_i-x_k))+c_i$$

考虑处理$\sum _{k=j+1}^i{p}_k(x_i-x_k)$

$$\sum _{k=j+1}^i{p}_k(x_i-x_k)=x_i\sum _{k=j+1}^i{p}_k-\sum _{k=j+1}^i{p}_k{x}_k$$

$\sum _{k=j+1}^i{p}_k$，$\sum _{k=j+1}^i{p}_k{x}_k$用前缀和处理，记为$s_i-s_j,t_i-t_j$

$d{p}_i=\underset{0⩽j<i}{\overset{}{min}}(d{p}_j+x_i(s_i-s_j)+t_i-t_j)+c_i$

$d{p}_i=\underset{0⩽j<i}{min}(d{p}_j-x_i{s}_j-t_j)+x_i{s}_i+t_i+c_i$

维护$d{p}_j-x_i{s}_j-t_j$

套板子

$$\frac{d{p}_j-t_j-(d{p}_k-t_k)}{s_j-s_k}<x_i$$

设$f_i=d{p}_i-t_i$

$$\frac{f_j-f_k}{s_j-s_k}<x_i$$

搞就完了

但这题有一堆细（da）节（bian）：

• 若序列中间存在$p_i=0$,会导致除数为零，要$return$ 极大/极小值来代替

• 中间的工厂没货的话就不可能成为仓库，仓库应该建在最后一个有货的工厂

• 末尾可能会有若干没货的工厂，要从中取一个最小值

淦

P2900 [USACO08MAR] Land Acquisition G

设长为$x_i,$宽为$y_i$

我们先按$x$从小到大排序，再让$y$从大到小（保证每次向前枚举的时候符合题意），同时去掉那些被大土地完全包含的小土地

$d{p}_i$表示前$i$块土地的最小花费，则

$d{p}_i=\underset{1⩽j<i}{min}(d{p}_j+x_i\times y_{j+1})$

套

$$\frac{d{p}_j-d{p}_k}{y_{j+1}-y_{k+1}}<-x_i$$

小于号，下凸包？

发现这次的右边成为了一个负数，是单调减的，就好像是这样：

上凸包 （因为6翻了）

可见任何部分的单调性都对凸包是有影响的

还有一点就是队列内元素个数的问题，考虑到一个点就动用了$k,k+1$两个，所以至少留三个（重一个）

P2365 任务安排

设$d{p}_i$表示前$i$个任务的最短完成时间

$$d{p}_i=min(d{p}_j+(sum{t}_i+num\times s)\times (sum{f}_i-sum{f}_j)),j\in [0,i-1]$$

$sumt,sumf$为时间，费用的前缀和，$num$表示分组数

看到式子里有个$num$，考虑把它搞掉（事实上，这个东西不能随着方程转移）

化简式子

$$d{p}_i=min(d{p}_j+sum{t}_i\times (sum{f}_i-sum{f}_j)+num\times s\times (sum{f}_i-sum{f}_j))$$

考虑搞掉$num\times s\times (sum{f}_i-sum{f}_j)$

根据$dp$的尿性，这个$num$也不符合$dp$的风格（累计），所以考虑对于已知的分组，把该状态分组的影响全部并到此时的方程里一并计算，就可以秒掉$num$了

方程中已知的分组就是$j+1\sim i$

如图明显可得：分组后时间上多了一个$s$（$i+1$处）

代价增加$(sum{f}_n-sum{f}_i)\times s$

但考虑到$num$还包含了这一次($j+1$处)的启动，所以影响其实是

$(sum{f}_i-sum{f}_j)\ast s+(sum{f}_n-sum{f}_i)\ast s=(sum{f}_n-sum{f}_j)\ast s$

其实就是相对于$j+1\sim n$不分组（一次也不启动）的增加值

所以

$$d{p}_i=min(d{p}_j+sum{t}_i\times (sum{f}_i-sum{f}_j)+(sum{f}_n-sum{f}_j)\times s)$$

$O(n^2)$,可过弱化版

接下来到了激动人心的优化环节

$$d{p}_i=min(d{p}_j-(sum{t}_i+s)\times sum{f}_j)+sum{t}_i\times sum{f}_i+sum{f}_n\times s$$

$\cdots$

$$\frac{d{p}_j-d{p}_k}{sum{f}_j-sum{f}_k}<sum{t}_i+s$$

下凸包

然后就来了个不要脸的

P5785 [SDOI2012] 任务安排ProMax

$|T_i|?$

wc有负数?

$sumt$单调性不存在了！

$dp$不变，下凸包不变，麻烦就麻烦在没有单调性

也就是说：

• 弹掉对头的依据没有了

对于第一种情况，我们就不能弹掉队头了，答案也不一定是队头了，要二分查找了

物理学不存在了！(悲伤）（扭曲）（猴叫）（爬行）（蛇了）