DP 优化

只是 DP 优化罢了，其他乱七八糟的 DP 根本不会。

全文只是我自己的理解，有逻辑上的错误请指出来 qwq

斜率优化 DP

记得相同斜率不要弹掉，相同斜率优先选最前面的进行转移（要求转移次数次数最少时）。

斜率优化的流程是这样的。

首先列出 DP 式子，接着钦定两个在当前位置之前的变量。
形式化地，当前转移目标为 $i$ ，钦定 $1 \le j_1<j_2<i$ 。
接着钦定 $j_1<j_2$ 且 $j_2$ 优于 $j_1$ 。

此处的 $j_1,j_2$ 代表由 $j \rightarrow i$ 的决策转移点。
因为 DP 题目一定具有最优子结构，所以最优的 $dp_i$ 必定由最优的 $dp_j$ 转移而来。
这里每一层决策顺次下来，显然具有答案单调性。
大家都做过滑动窗口吧，思想其实差不多。

所以，这时候就可以利用单调队列和一定的安排次序来使得答案最优化。

目的：在保证下标单调性的同时探究什么因素导致了答案的单调性。
这个因题目而异，但万变不离其宗：函数式思想和单调性。

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱：斜率优化入门。

这道题可以具体展现斜率优化的流程。

第 1 步，列出 DP 转移方程。

假设目前已经 DP 完了 $[1,j]$ ，要从 $j$ 直接转移到 $i$ 。
那么新产生的段就是 $[j+1,i]$ 。根据定义， $dp_i=\min\{dp_i,dp_j+(x-L)^2\}$ 。
此处 $x=i-(j+1)+\sum\limits_{k=j+1}^iC_k=i-j-1+\sum\limits_{k=j+1}^iC_k$ 。

这样暴力转移当然是 $O(N^3)$ 的。

但是看到区间静态和，直接优化掉一维循环，设 ${sum}_i=\sum\limits_{j=1}^i C_j$ 。

那么有 $x=i-j-1+{sum}_i-{sum}_j$ 。

那么朴素 $O(N^2)$ DP 转移方程即为

d p_{i} = min {d p_{i}, d p_{j} + (i - j - 1 + {s u m}_{i} - {s u m}_{j} - L)^{2}}

$dp_i=\min\{dp_i,dp_j+(i-j-1+{sum}_i-{sum}_j-L)^2\}$

看到 $1 \le N \le 5 \times 10^4$ ，考虑优化。

第 1.5 步，让式子看起来更舒服。

真不是开玩笑。如果看到一堆不知所云的项，对我来说，斜率优化真没办法推。
当然，如果你的脑子非常好使，当然不需要这些乱七八糟的东西。

下面来设置一些函数，用来替换式子中的某一些项。

比如，这里使用 $f(i)$ 来替换 ${sum}_i+i$ 。

那么原式化为

d p_{i} = min {d p_{i}, d p_{j} + (f (i) - f (j) - 1 - L)^{2}}

$dp_i=\min\{dp_i,dp_j+(f(i)-f(j)-1-L)^2\}$

~~嗯，看起来非常舒服。~~

第 2 步，拆式子。

这时候我们钦定的 $j_1$ 和 $j_2$ 派上用场了。
在此设 $1 \le j_1<j_2<i \le N$ ，且 $j_2$ 优于 $j_1$ 。

这道题里面的“优”就是代价小。

那么翻译成人话就是

d p_{j_{2}} + (f (i) - f (j_{2}) - 1 - L)^{2} \leq d p_{j_{1}} + (f (i) - f (j_{1}) - 1 - L)^{2}

$dp_{j_2}+(f(i)-f(j_2)-1-L)^2 \le dp_{j_1}+(f(i)-f(j_1)-1-L)^2$

这时候，有技巧地拆开。

将 $f(i)-f(j)-1-L$ 拆成两半，一半含有 $i$ ，另一半是剩下所有项。
这里我拆成了 $f(i)$ 和 $-(f(j)+1+L)$ 。

那么可以开始拆了。

d p_{j_{2}} + f (i)^{2} - 2 \times f (i) \times (f (j_{2}) - 1 - L) + (f (j_{2}) - 1 - L)^{2} \leq d p_{j_{1}} + f (i)^{2} - 2 \times f (i) \times (f (j_{1}) - 1 - L) + (f (j_{1}) - 1 - L)^{2}

$dp_{j_2}+f(i)^2-2\times f(i) \times (f(j_2)-1-L) + (f(j_2)-1-L)^2 \le dp_{j_1}+f(i)^2-2\times f(i) \times (f(j_1)-1-L) + (f(j_1)-1-L)^2$

接着把含有 $i$ 的丢到左边，剩下的移项到右边。

2 \times f (i) \times ((f (j_{1}) - 1 - L) - (f (j_{2}) - 1 - L)) \leq (d p_{j_{1}} + (f (j_{1}) + L + 1)^{2}) - (d p_{j_{2}} + (f (j_{2}) + L + 1)^{2})

$2 \times f(i) \times ((f(j_1)-1-L)-(f(j_2)-1-L)) \le (dp_{j_1}+(f(j_1)+L+1)^2) - (dp_{j_2}+(f(j_2)+L+1)^2)$

合并一下

2 \times f (i) \times (f (j_{1}) - f (j_{2})) \leq (d p_{j_{1}} + (f (j_{1}) + L + 1)^{2}) - (d p_{j_{2}} + (f (j_{2}) + L + 1)^{2})

$2 \times f(i) \times (f(j_1)-f(j_2)) \le (dp_{j_1}+(f(j_1)+L+1)^2) - (dp_{j_2}+(f(j_2)+L+1)^2)$

这里观察到右边下标有相同的地方，令 $g(i)=(f(i)+L+1)^2$ 。

那么看到

2 \times f (i) \times (f (j_{1}) - f (j_{2})) \leq (d p_{j_{1}} + g (j_{1})) - (d p_{j_{2}} + g (j_{2}))

$2 \times f(i) \times (f(j_1)-f(j_2)) \le (dp_{j_1}+g(j_1))-(dp_{j_2}+g(j_2))$

现在左边应变为只含 $i$ 的项（因为要探究转移目标为 $i$ 时答案的规律）

两边同除以 $(f(j_1)-f(j_2))$ 得到

2 \times f (i) \geq \frac{(d p_{j_{1}} + g (j_{1})) - (d p_{j_{2}} + g (j_{2}))}{f (j_{1}) - f (j_{2})}

$2 \times f(i) \ge \dfrac{(dp_{j_1}+g(j_1))-(dp_{j_2}+g(j_2))}{f(j_1)-f(j_2)}$

（因为 $f(i)$ 单调递增， $f(j_1)-f(j_2) < 0$ ，中间要变号）

观察到右侧 $j_1,j_2$ 下标其实是对应的，想到求一次函数的斜率。

k = \frac{Δ y}{Δ x}

$k=\dfrac{\Delta y}{\Delta x}$

这不一个形式。。。

所以将 $dp_i+g(i)$ 视作 $y_i$ ，右边就是两个决策点之间的斜率。

回到定义， $j_2$ 优于 $j_1$ 。
那么我们知道，一个决策点 $j_2$ 优于另一个决策点 $j_1$ 的条件就是

2 \times f (i) \geq \frac{(d p_{j_{1}} + g (j_{1})) - (d p_{j_{2}} + g (j_{2}))}{f (j_{1}) - f (j_{2})}

$2 \times f(i) \ge \dfrac{(dp_{j_1}+g(j_1))-(dp_{j_2}+g(j_2))}{f(j_1)-f(j_2)}$

其实因为 $j_2>j_1$ ，写成这样更严谨：

2 \times f (i) \geq \frac{(d p_{j_{2}} + g (j_{2})) - (d p_{j_{1}} + g (j_{1}))}{f (j_{2}) - f (j_{1})}

$2 \times f(i) \ge \dfrac{(dp_{j_2}+g(j_2))-(dp_{j_1}+g(j_1))}{f(j_2)-f(j_1)}$

这玩意儿可以拿单调队列优化。

由于 $f(i)$ 单调递增，每一次找到的第一个符合条件的 $j$ ，必定是最优决策。
随着 $f(i)$ 单调递增，斜率显然也单调递增。

最后，如果有不符合单调递增规律的尾元素，直接删掉，最后插入 $i$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N = 5e4 + 10;
int n, L, h, t, q[N], sum[N], dp[N];

inline int f(int x) { return sum[x] + x; }
inline int g(int x) { return (f(x)+L+1) * (f(x)+L+1); }
inline double slope(int j1, int j2) {
  return 1. * ((g(j2)+dp[j2]) - (g(j1)+dp[j1])) / (f(j2)-f(j1));
}

signed main() {
  ios_base::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> L; h = t = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    cin >> sum[i], sum[i] += sum[i-1];
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    while (h < t && 2 * f(i) >= slope(q[h], q[h+1])) ++h;
    dp[i] = dp[q[h]] + (f(i)-f(q[h])-L-1) * (f(i)-f(q[h])-L-1);
    while (h < t && slope(q[t], i) <= slope(q[t-1], q[t])) --t;
    q[++t] = i;
  }
  cout << dp[n] << endl;
  return 0;
}