感性理解斜率优化

引入

考虑这样一个问题：给定数组 \(\{c_n\},\{d_n\}\)，求数组 \(\{f_n\}\) 满足 \(f_i=\min_{j<i}\{f_j+c_i\times d_j\}\)。\(c_i,d_i\) 可能为负数。

按 \(i\) 从小到大计算 \(f_i\)，并将所有 \(j<i\) 的 \((d_j,f_j)\) 放在二维平面上。计算 \(f_i\)，其实就是将平面上每个点的 \(y\) 加上 \(c_i\times x\)，然后取全局最小的 \(y\)。

对于平面上的三个点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)\)（\(x_1<x_2<x_3\)），若 \(\operatorname{slope}((x_1,y_1),(x_2,y_2))>\operatorname{slope}((x_2,y_2),(x_3,y_3))\)，那么 \((x_2,y_2)\) 永远不是最优解。证明显然。

我们知道，一个下凸壳加上一条直线，仍然是一个下凸壳。于是，我们只需要维护一个支持插入点的下凸壳，计算 \(f_i\) 时在下凸壳内二分一个转折点即可。

一些题目只需要用单调队列维护，是因为其 \(d\) 数组具有单调性；有的甚至可以做到线性，是因为其 \(c,d\) 都具有单调性。

题目 \(1\)

\[f_0=0,f_i=\min_{0\le j<i} \{ f_j+d_j\times c_i \} \]

其中 \(\{c_n\}\) 单调递增，\(\{d_n\}\) 单调递减。

当计算 \(f_{i+1}\) 时，\(\forall 0\le j\le i\)，我们将 \((d_j,f_j)\) 放在下凸壳里。根据“引入”里的讨论，我们只需要求这个下凸壳加上一条直线后，它的 \(\min\) 是多少。但 \(c\) 是单调递增的，因此如果凸壳上有两个顶点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) 满足 \(x_1<x_2\) 且 \(y_1+x_1\times c_{i+1}<y_2+x_2\times c_{i+1}\)，那么在之后的计算中（即计算 \(f_{(i+2)\dots n}\) 时），\((x_1,y_1)\) 都一定比 \((x_2,y_2)\) 优。所以计算前我们删除凸壳最左端的不优的决策，此时最优决策一定是最左端的决策。

当我们计算完 \(f_{i+1}\) 时，我们要将 \((d_{i+1},f_{i+1})\) 插入到凸壳中。但因为 \(d\) 单调递减，所以插入的位置一定是最左端。所以直接用双端队列维护即可。复杂度是线性的。

题目 \(2\)

\[f_0=0,f_i=\min_{l_i\le j<i} \{ f_j+d_j\times c_i \} \]

其中 \(0\le l_i<i\)。

我们使用 well-known 的技巧！用线段树维护凸包，当一个节点对应的区间内所有位置都被填满了，就从左、右儿子把凸包归并上来。当查询时就拆分成 \(\log\) 个凸壳，在每个凸壳上二分即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。

这玩意的效果和二进制分组应该一样。