P5785 [SDOI2012]任务安排
本题解用于本蒟蒻加深算法印象，也欢迎大家阅读
本篇题解将分为四块，一步一步地讲解本题，
Part 1: O(n^3)
\(n^3\) 算法应该非常的显然，我们设 \(f_{i,j}\) 为到 \(i\) 个任务，分为 \(j\) 个批次所使用的最少时间，易得转移方程为：
但是这个复杂很明显是过不了的（ \(O(n^2)\) 都过不了，这还想过？？？），所以我们考虑优化。
Part 2: O(n^2)
因为每一个前面的 \(s\) 是每次会对后面的动态规划产生影响的，所以我们考虑在设计状态的时候就将 \(s\) 考虑进去，即 \(f_i\) 表示到第 \(i\) 个点，前面 \(i\) 个点的实际用时与 \(s\) 对于后面的影响值的和最小值，这个思想叫做费用提前，我们可以结合状态转移方程来一起食用：
看上去好像没什么问题，最优子结构是成立的，这个复杂度是 \(O(n^2)\) 。
Part 3: O(n)
来到今天的重头戏——斜率优化。
我们可以先看看这题的弱化版。转移方程和题目大意是一模一样的，唯一的不同点是 \(t_i\) 是非负的。
对于上面的状态的转移方程，我们进行一些移项：
此时，如果我们将 \(suma_j\) 看作自变量， \(f_j\) 看作因变量，对于每一个 \(i\) ， \(sumt_i\)，\(suma_i\)，\(suma_n\)，\(s\)又都是定值，我们可以将这个式子看作一个待定 \(f_i\) 值的函数。
对于这个函数，我们要使得 \(f_i\) 的数值最小，就是使得函数的截距最小（因为其他的都是定植），而如何找到使得函数截距最小的点呢？我们来画一下图：
可以发现，我们将这个函数的直线向上移动的时候，最先碰到的一个点就是满足条件的点，而我们如何维护这么一个点呢，我们可以发现一些可能的点的性质：
-
任意两个可能的点的连线下侧不能有点存在
-
所有可能被选中的点构成的集合中，相邻的两个点的斜率是单调递增的，即下凸壳。
大家可以结合图像理解理解：
因为这个函数的斜率 \(sumt_i+s\) 是单调递增的，因为 \(t_i\) 是非负的，所以我们可以发现，对于已经放弃的点，最后也不可能被重新启用。
而每进入一个点时，由于 \(suma_i\) 是单调递增的（因为 \(a_i\) 是非负的），所以我们是向着 \(x\) 轴正方向更新点的，根据性质 \(1\) ，如果这个点向当前最右点连线后，有点出现在直线的下方，则说明最右点不成立，而之后也不可能成立。
结合上面两种操作和性质 \(2\) ，我们可以想到用单调队列维护，维护方式就是上面的操作。
代码如下：
while(head<tail&&cal(q[head],q[head+1])<=sumt[i]+s)
++head;
f[i]=f[q[head]]+sumt[i]*(suma[i]-suma[q[head]])+s*(suma[n]-suma[q[head]]);
while(head<tail&&cal(q[tail-1],q[tail])>=cal(q[tail-1],i))
--tail;
q[++tail]=i;
Part 4: O(nlogn)
而针对这一道题目，我们可以发现 \(t_i\) 是有负的，所以我们第一操作就必须放弃了，因为函数的斜率并非是单调递增的。
但是我们依旧可以维护下凸壳的单调性，而对于当前遍历到的函数斜率，我们可以通过二分的方式找到符合条件的点，即该点与其左侧点的连线斜率小于函数斜率，该点与其右侧殿的连线的斜率大于函数斜率。
代码如下：
int l=head,r=tail-1,mid,res=q[tail];
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(cal(q[mid],q[mid+1])>sumt[i]+s)
{
res=q[mid];
r=mid-1;
}
else
l=mid+1;
}
f[i]=f[res]+sumt[i]*(suma[i]-suma[res])+s*(suma[n]-suma[res]);
while(head<tail&&cal(q[tail-1],q[tail])>=cal(q[tail-1],i))
--tail;
q[++tail]=i;
总结
我们可以发现，得出斜率优化函数的方法是提取出关于 \(j\) 项，只要能拆出关于 \(j\) 的一次项，剩下的项塞到等号的另一边，就可以进行斜率优化了。
