动态规划——提高Ⅴ（DP优化）
单调队列优化DP
其实单调队列就是一种队列内的元素有单调性（单调递增或者单调递减）的队列，答案（也就是最优解）就存在队首，而队尾则是最后进队的元素。因为其单调性所以经常会被用来维护区间最值或者降低DP的维数已达到降维来减少空间及时间的目的。
单调队列的一般应用：
-
维护区间最值
-
优化DP
优化方法加样例：
使用单调队列优化DP，那么必会有求i之前某个范围的极值的操作，这类DP的方程通常为：
F[i]=min(F[j]+a[i]:j<i)
(a[i]是与j无关的数）
定义：队列元素保持单调递增（减），而保持的方式就是通过插队，把队尾破坏了单调性的数全部挤掉，从而使队列元素保持单调 。
那么单调队列有什么用呢？优化DP。许多单调队列优化的DP可以使复杂度直接降维，下面就以最简单的一道题为例：
Description
烽火台又称烽燧，是重要的军事防御设施，一般建在险要或交通要道上。一旦有敌情发生，白天燃烧柴草，通过浓烟表达信息；夜晚燃烧干柴，以火光传递军情（晓荣的历史课讲过吼），在某两座城市之间有 n 个烽火台，每个烽火台发出信号都有一定代价。为了使情报准确地传递，在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。请计算总共最少花费多少代价，才能使敌军来袭之时，情报能在这两座城市之间准确传递。
Input
第一行：两个整数 N，M。其中N表示烽火台的个数， M 表示在连续 m 个烽火台中至少要有一个发出信号。接下来 N 行，每行一个数 Wi，表示第i个烽火台发出信号所需代价。
Output
一行，表示答案。
Sample Input
5 3
1
2
5
6
2
Sample Output
4
Data Constraint
对于50%的数据，M≤N≤1,000 。 对于100%的数据，M≤N≤100,000，Wi≤100。
分析题目，由于题目要求连续m个烽火台中至少要有一个发出信号，很容易得出DP转移方程：
**F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i]F[i]=min(F[j]:i−m<j<i)+a[i] **
最直接的方法是枚举状态，对于每一个i，我们在i-m+1到i-1中寻找一个最小的F[j]进行状态转移，枚举状态的时间复杂度是O(n)，寻找最小值的状态时间复杂度是O(n)，因此这种方法的复杂度是O(n^2)。题目的是数据范围是n<=100000，显然超时。
那么怎么用单调队列优化呢？
e.g.状态枚举到i，当m=4时，我们要做的就是在i-3到i-1中找到最小的F[j]，那么枚举到i+1时，我们要做的就是要在i-2到i中找到最小的F[j]。
要寻找最小值的区间向后移动了一位，也就是F[i-m+1]的值被抛弃，F[i-1]的值被加入。
这里就可以用单调队列处理了，F[i-1]是插队的数据，F[i-1]有资格插队是因为它更优且更靠近i （又年轻又比你优秀），比它更差的数将被它取代，保留那些数据没有任何好处。而那些已经不再维护区间之外的就不必再对其进行维护，出队即可。看了代码会更加明白：
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans=2147483647,head=1,tail=0;
int q[100010],a[100010],f[100010];
int main()
{
n=read(),m=read();
rep(i,1,n)a[i]=read();
rep(i,1,n)
{
while(head<=tail && f[i-1]<=f[q[tail]])tail--;
//注意<=要取等（虽然我们一样优，
但是我比你年轻啊！）
q[++tail]=i-1; //当F[i-1]比队尾值更优时把队
尾值弹出，并插入
while(head<=tail && q[head]<i-m)head++;//不属于区间维护内的数弹出
f[i]=f[q[head]]+a[i];
}
for(int i=n;i>n-m;i--)
ans=min(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
高端操作！！！前方高能！！！
JZOJ 1772 假期
Description
经过几个月辛勤的工作，FJ决定让奶牛放假。假期可以在1…N天内任意选择一段（需要连续），每一天都有一个享受指数W。但是奶牛的要求非常苛刻，假期不能短于P天，否则奶牛不能得到足够的休息；假期也不能超过Q天，否则奶牛会玩的腻烦。FJ想知道奶牛们能获得的最大享受指数。
Input
第一行：N,P,Q.
第二行：N个数字，中间用一个空格隔开,每个数都在longint范围内。
Output
一个整数，奶牛们能获得的最大享受指数。
Sample Input
5 2 4
-9 -4 -3 8 -6
Sample Output
5
Data Constraint
50% 1≤N≤10000
100% 1≤N≤100000
１<=p<=q<=n
Hint
选择第3-4天，享受指数为-3+8=5。
思路：
看到区间的问题首先肯定是想到求前缀和，
我们把[1,k]的
和记为sum[k]，可以得到sum[i] = sum[i - 1] + a[i]，
[l,r]的和即为sum[r] - sum[l - 1]（这里视sum[0] =
0）。（减法原理）
我们假设选择的区间为[l,r]且r固定，可知
r−B+1≤l≤r−A+1若要使[l,r]区间的值最大，则sum[l - 1]
需最小，才可使得sum[r] - sum[l - 1]最小。
当i右移一位到i+1，因为p,q为给定不变的值，对应寻
找最小sum[l-1]的区间也右移一位
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000010
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
ll sum[N],q[N];
ll n,ans=-2147483647,A,B;
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
n=read(),A=read(),B=read();
rep(i,1,n)
sum[i]=sum[i-1]+read();
int head=0,tail=1;
rep(i,A,n)
{
while(head<=tail && q[head]<i-B)//不处于维护范围内的,出队
head++;
while(head<=tail && sum[i-A]<=sum[q[tail]])//更优的sum[l - 1]予以插队
tail--;
q[++tail]=i-A;
ans=max(ans,sum[i]-sum[q[head]]);//更新答案
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
其他例题（摘自AcWing）
在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，FJ 变得很懒，再也没有修剪过草坪。
现在，新一轮的最佳草坪比赛又开始了，FJ 希望能够再次夺冠。
然而，FJ 的草坪非常脏乱，因此，FJ 只能够让他的奶牛来完成这项工作。
FJ 有 N 只排成一排的奶牛，编号为 1 到 N。
每只奶牛的效率是不同的，奶牛 i 的效率为 Ei。
编号相邻的奶牛们很熟悉，如果 FJ 安排超过 K 只编号连续的奶牛，那么这些奶牛就会罢工去开派对。
因此，现在 FJ 需要你的帮助，找到最合理的安排方案并计算 FJ 可以得到的最大效率。
注意，方案需满足不能包含超过 K 只编号连续的奶牛。
输入格式
第一行：空格隔开的两个整数 N 和 K；
第二到 N+1 行：第 i+1 行有一个整数 Ei。
输出格式
共一行，包含一个数值，表示 FJ 可以得到的最大的效率值。
数据范围
1≤N≤105,
0≤Ei≤109
输入样例：
5 2
1
2
3
4
5
输出样例：
12
样例解释
FJ 有 5 只奶牛，效率分别为 1、2、3、4、5。
FJ 希望选取的奶牛效率总和最大，但是他不能选取超过 2 只连续的奶牛。
因此可以选择第三只以外的其他奶牛，总的效率为 1 + 2 + 4 + 5 = 12。
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
LL s[N];
LL f[N];
int q[N];
LL g(int i)
{
if (!i) return 0;
return f[i - 1] - s[i];
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &s[i]);
s[i] += s[i - 1];
}
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
if (q[hh] < i - m) hh ++ ;
f[i] = max(f[i - 1], g(q[hh]) + s[i]);
while (hh <= tt && g(q[tt]) <= g(i)) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
John 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。
公路上总共有 n 个车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。
John 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。
在一开始的时候，汽车内油量为零，John 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。
任务：判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。
输入格式
第一行是一个整数 n，表示环形公路上的车站数；
接下来 n 行，每行两个整数 pi,di，分别表示表示第 i 号车站的存油量和第 i 号车站到 顺时针方向 下一站的距离。
输出格式
输出共 n 行，如果从第 i 号车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向行驶，能够成功周游一圈，则在第 i 行输出 TAK，否则输出 NIE。
数据范围
3≤n≤106,
0≤pi≤2×109,
0≤di≤2×109
输入样例：
5
3 1
1 2
5 2
0 1
5 4
输出样例：
TAK
NIE
TAK
NIE
TAK
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e6 + 10;
int n;
int oil[N], dist[N];
LL s[N];
int q[N];
bool ans[N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d%d", &oil[i], &dist[i]);
s[i] = s[i + n] = oil[i] - dist[i];
}
for (int i = 1; i <= n * 2; i ++ ) s[i] += s[i - 1];
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = n * 2 + 1;
for (int i = n * 2; i >= 0; i -- )
{
if (q[hh] > i + n) hh ++ ;
if (i < n)
{
if (s[i] <= s[q[hh]]) ans[i + 1] = true;
}
while (hh <= tt && s[q[tt]] >= s[i]) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
dist[0] = dist[n];
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] = s[i + n] = oil[i] - dist[i - 1];
for (int i = 1; i <= n * 2; i ++ ) s[i] += s[i - 1];
hh = 0, tt = 0;
q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n * 2; i ++ )
{
if (q[hh] < i - n) hh ++ ;
if (i > n)
{
if (s[i] >= s[q[hh]]) ans[i - n] = true;
}
while (hh <= tt && s[q[tt]] <= s[i]) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (ans[i]) puts("TAK");
else puts("NIE");
return 0;
}
高二数学《绿色通道》总共有 n 道题目要抄，编号 1,2,…,n，抄第 i 题要花 ai 分钟。
小 Y 决定只用不超过 t 分钟抄这个，因此必然有空着的题。
每道题要么不写，要么抄完，不能写一半。
下标连续的一些空题称为一个空题段，它的长度就是所包含的题目数。
这样应付自然会引起马老师的愤怒，最长的空题段越长，马老师越生气。
现在，小 Y 想知道他在这 t 分钟内写哪些题，才能够尽量减轻马老师的怒火。
由于小 Y 很聪明，你只要告诉他最长的空题段至少有多长就可以了，不需输出方案。
输入格式
第一行为两个整数 n,t。
第二行为 n 个整数，依次为 a1,a2,…,an。
输出格式
输出一个整数，表示最长的空题段至少有多长。
数据范围
0<n≤5×104,
0<ai≤3000,
0<t≤108
输入样例：
17 11
6 4 5 2 5 3 4 5 2 3 4 5 2 3 6 3 5
输出样例：
3
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 50010, INF = 1e9;
int n, m;
int w[N];
int f[N], q[N];
bool check(int k)
{
f[0] = 0;
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
if (hh <= tt && q[hh] < i - k - 1) hh ++ ;
f[i] = f[q[hh]] + w[i];
while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
int res = INF;
for (int i = n - k; i <= n; i ++ ) res = min(res, f[i]);
return res <= m;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]);
int l = 0, r = n;
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%d\n", r);
return 0;
}
有一个 a×b 的整数组成的矩阵，现请你从中找出一个 n×n 的正方形区域，使得该区域所有数中的最大值和最小值的差最小。
输入格式
第一行为三个整数，分别表示 a,b,n 的值；
第二行至第 a+1 行每行为 b 个非负整数，表示矩阵中相应位置上的数。
输出格式
输出仅一个整数，为 a×b 矩阵中所有“n×n 正方形区域中的最大整数和最小整数的差值”的最小值。
数据范围
2≤a,b≤1000,
n≤a,n≤b,n≤100,
矩阵中的所有数都不超过 109。
输入样例：
5 4 2
1 2 5 6
0 17 16 0
16 17 2 1
2 10 2 1
1 2 2 2
输出样例：
1
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010, INF = 1e9;
int n, m, k;
int w[N][N];
int row_min[N][N], row_max[N][N];
int q[N];
void get_min(int a[], int b[], int tot)
{
int hh = 0, tt = -1;
for (int i = 1; i <= tot; i ++ )
{
if (hh <= tt && q[hh] <= i - k) hh ++ ;
while (hh <= tt && a[q[tt]] >= a[i]) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
b[i] = a[q[hh]];
}
}
void get_max(int a[], int b[], int tot)
{
int hh = 0, tt = -1;
for (int i = 1; i <= tot; i ++ )
{
if (hh <= tt && q[hh] <= i - k) hh ++ ;
while (hh <= tt && a[q[tt]] <= a[i]) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
b[i] = a[q[hh]];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 1; j <= m; j ++ )
scanf("%d", &w[i][j]);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
get_min(w[i], row_min[i], m);
get_max(w[i], row_max[i], m);
}
int res = INF;
int a[N], b[N], c[N];
for (int i = k; i <= m; i ++ )
{
for (int j = 1; j <= n; j ++ ) a[j] = row_min[j][i];
get_min(a, b, n);
for (int j = 1; j <= n; j ++ ) a[j] = row_max[j][i];
get_max(a, c, n);
for (int j = k; j <= n; j ++ ) res = min(res, c[j] - b[j]);
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
斜率优化DP
所谓1D/1D动态规划，指的是状态数为O(n)，每一个状态决策量为O(n)的动态规划方程，直接求解的时间复杂度是O(n2)。但是，绝大多数的方程通过合理的组织与优化都是可以直接优化到O(nlogn)乃至O(n)的时间复杂度的。
优化方法包括：
-
单调队列优化至O(n)
-
斜率优化至O(nlogn)或O(n)
-
决策单调性优化至O(nlogn)
斜率优化算法简介
斜率优化Dp问题入门会较为困难，因为这大概是在学习过程中OI选手第一次遇到与数学内容结合的算法。
但斜率优化反而是一个重要的知识点，它简单地将1D/1D动态规划优化至O(n)，同时斜率优化也有更困难的延申与拓展。
其中最简单的斜率优化形式还是单调队列，但优化原理大不相同。
对于一个决策j进行考虑，即将考虑的转移是：
f(i)=a[i]×x(j)+b[i]×y(j)。
我们使用线性规划进行转化（线性规划大概会在高二学习），
我们以x(j)为横轴，y(j)为纵轴建立平面直角坐标系，这样决
策j就可以用坐标系上的一个点表示。
原方程可以转化为f(i)=min{a[i]×x+b[i]×y}，这类似一个
直线的一般式方程，我们将其转化为斜截式方程：y=−abx+f(i)b，假设b>0，则目标是最小化直线的纵截距。
我们用一个斜率为−ab的直线从负无穷向上平移，所碰到的第
一个点即为最优决策j，利用这个点我们可以计算出最优的
f(i)。
不难发现，所有可能的最优决策点必定在平面点集的凸包上，换句话说不在凸包上的点一定不是最优决策点。
当b>0时，我们需要维护一个右下凸包或左上凸包（根据点集的特征决定）。
那么现在我们的任务转化为了维护凸包。
根据直线斜率和数据点分布的特征，我们可以分为三种情况。
1.决策直线的斜率与二元组的横坐标同时满足单调性
这种情况的处理非常简单，因为斜率变化是单调的，因此决策点必然在凸壳上单调移动，我们只需要维护一个单调队列和一个决策指针即可。
对于每一个状态f(i)，计算过程如下：
-
决策指针（队首）后移，直到最佳决策点j。
-
进行决策并计算f(i)。
-
计算x(i),y(i)，将二元组加入队尾，同时更新凸壳（如图）。
时间复杂度O（n）
2.二元组的横坐标满足单调性
我们使用同样的方式维护凸壳，在查询最优决策点的时候，使用二分查找找到最接近的斜率。
时间复杂度为O(nlogn)
3.不满足任何限制
虽然决策点仍然在凸壳上，但是在维护凸壳时就有大麻烦了。我们需要一一验证凸性，接着需要拼接凸壳，最坏的时间复杂度O(n)，这相当于根本没有优化！
该怎么做呢？分为两种情况：
-
允许离线：此时我们可以使用cdq分治（
上我的博客里的提高算法目录中自己翻）来较为简单地解决这个问题，时间复杂度为O(nlogn)。 -
强制在线：此时我们只能使用平衡树来维护凸包了，我们以横坐标为关键字建立平衡树，查找和插入的过程均为O(nlogn)，在维护凸壳时，先将新数据点Splay到根结点，剩下的结点必定分居左子树与右子树。然后我们以左子树为例，后序遍历依次查找结点，直到找到一个满足凸性的结点，将这个结点Splay到根结点的左儿子，然后我们删掉这个结点的右子树即可，时间复杂度为O(nlogn)，但实现起来非常复杂。
例题
有 N 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。
机器会把这 N 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。
从时刻 0 开始，任务被分批加工，执行第 i 个任务所需的时间是 Ti。
另外，在每批任务开始前，机器需要 S 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 S 加上每个任务所需时间之和。
一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。
也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。
每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 Ci。
请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。
输入格式
第一行包含整数 N。
第二行包含整数 S。
接下来 N 行每行有一对整数，分别为 Ti 和 Ci，表示第 i 个任务单独完成所需的时间 Ti 及其费用系数 Ci。
输出格式
输出一个整数，表示最小总费用。
数据范围
1≤N≤5000,
0≤S≤50,
1≤Ti,Ci≤100
输入样例：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例：
153
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 5010;
int n, s;
int sc[N], st[N];
LL f[N];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &s);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d%d", &st[i], &sc[i]);
st[i] += st[i - 1];
sc[i] += sc[i - 1];
}
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = 0; j < i; j ++ )
f[i] = min(f[i], f[j] + (sc[i] - sc[j]) * (LL)st[i] + (LL)s * (sc[n] - sc[j]));
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
有 N 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。
机器会把这 N 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。
从时刻 0 开始，任务被分批加工，执行第 i 个任务所需的时间是 Ti。
另外，在每批任务开始前，机器需要 S 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 S 加上每个任务所需时间之和。
一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。
也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。
每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 Ci。
请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。
输入格式
第一行包含整数 N。
第二行包含整数 S。
接下来 N 行每行有一对整数，分别为 Ti 和 Ci，表示第 i 个任务单独完成所需的时间 Ti 及其费用系数 Ci。
输出格式
输出一个整数，表示最小总费用。
数据范围
1≤N≤3×105,
1≤Ti,Ci≤512,
0≤S≤512
输入样例：
5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例：
153
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300010;
int n, s;
LL c[N], t[N];
LL f[N];
int q[N];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &s);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld%lld", &t[i], &c[i]);
t[i] += t[i - 1];
c[i] += c[i - 1];
}
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
while (hh < tt && (f[q[hh + 1]] - f[q[hh]]) <= (t[i] + s) * (c[q[hh + 1]] - c[q[hh]])) hh ++ ;
int j = q[hh];
f[i] = f[j] - (t[i] + s) * c[j] + t[i] * c[i] + s * c[n];
while (hh < tt && (__int128)(f[q[tt]] - f[q[tt - 1]]) * (c[i] - c[q[tt - 1]]) >= (__int128)(f[i] - f[q[tt - 1]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
有 N 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。
机器会把这 N 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。
从时刻 0 开始，任务被分批加工，执行第 i 个任务所需的时间是 Ti。
另外，在每批任务开始前，机器需要 S 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 S 加上每个任务所需时间之和。
一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。
也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。
每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 Ci。
请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 S。
接下来 N 行每行有一对整数，分别为 Ti 和 Ci，表示第 i 个任务单独完成所需的时间 Ti 及其费用系数 Ci。
输出格式
输出一个整数，表示最小总费用。
数据范围
1≤N≤3×105,
0≤S,Ci≤512,
−512≤Ti≤512
输入样例：
5 1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4
输出样例：
153
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300010;
int n, s;
LL t[N], c[N];
LL f[N];
int q[N];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &s);
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld%lld", &t[i], &c[i]);
t[i] += t[i - 1];
c[i] += c[i - 1];
}
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
int l = hh, r = tt;
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (f[q[mid + 1]] - f[q[mid]] > (t[i] + s) * (c[q[mid + 1]] - c[q[mid]])) r = mid;
else l = mid + 1;
}
int j = q[r];
f[i] = f[j] - (t[i] + s) * c[j] + t[i] * c[i] + s * c[n];
while (hh < tt && (double)(f[q[tt]] - f[q[tt - 1]]) * (c[i] - c[q[tt - 1]]) >= (double)(f[i] - f[q[tt - 1]]) * (c[q[tt]] - c[q[tt - 1]])) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
小 S 是农场主，他养了 M 只猫，雇了 P 位饲养员。
农场中有一条笔直的路，路边有 N 座山，从 1 到 N 编号。
第 i 座山与第 i−1 座山之间的距离为 Di。
饲养员都住在 1 号山。
有一天，猫出去玩。
第 i 只猫去 Hi 号山玩，玩到时刻 Ti 停止，然后在原地等饲养员来接。
饲养员们必须回收所有的猫。
每个饲养员沿着路从 1 号山走到 N 号山，把各座山上已经在等待的猫全部接走。
饲养员在路上行走需要时间，速度为 1 米/单位时间。
饲养员在每座山上接猫的时间可以忽略，可以携带的猫的数量为无穷大。
例如有两座相距为 1 的山，一只猫在 2 号山玩，玩到时刻 3 开始等待。
如果饲养员从 1 号山在时刻 2 或 3 出发，那么他可以接到猫，猫的等待时间为 0 或 1。
而如果他于时刻 1 出发，那么他将于时刻 2 经过 2 号山，不能接到当时仍在玩的猫。
你的任务是规划每个饲养员从 1 号山出发的时间，使得所有猫等待时间的总和尽量小。
饲养员出发的时间可以为负。
输入格式
第一行包含三个整数 N，M，P。
第二行包含 n−1 个整数，D2,D3,…,DN。
接下来 M 行，每行包含两个整数 Hi 和 Ti。
输出格式
输出一个整数，表示所有猫等待时间的总和的最小值。
数据范围
2≤N≤105,
1≤M≤105,
1≤P≤100,
1≤Di<1000,
1≤Hi≤N,
0≤Ti≤109
输入样例：
4 6 2
1 3 5
1 0
2 1
4 9
1 10
2 10
3 12
输出样例：
3
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100010, M = 100010, P = 110;
int n, m, p;
LL d[N], t[N], a[N], s[N];
LL f[P][M];
int q[M];
LL get_y(int k, int j)
{
return f[j - 1][k] + s[k];
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
scanf("%lld", &d[i]);
d[i] += d[i - 1];
}
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
int h;
scanf("%d%lld", &h, &t[i]);
a[i] = t[i] - d[h];
}
sort(a + 1, a + m + 1);
for (int i = 1; i <= m; i ++ ) s[i] = s[i - 1] + a[i];
memset(f, 0x3f, sizeof f);
for (int i = 0; i <= p; i ++ ) f[i][0] = 0;
for (int j = 1; j <= p; j ++ )
{
int hh = 0, tt = 0;
q[0] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
{
while (hh < tt && (get_y(q[hh + 1], j) - get_y(q[hh], j)) <= a[i] * (q[hh + 1] - q[hh])) hh ++ ;
int k = q[hh];
f[j][i] = f[j - 1][k] - a[i] * k + s[k] + a[i] * i - s[i];
while (hh < tt && (get_y(q[tt], j) - get_y(q[tt - 1], j)) * (i - q[tt]) >=
(get_y(i, j) - get_y(q[tt], j)) * (q[tt] - q[tt - 1])) tt -- ;
q[ ++ tt] = i;
}
}
printf("%lld\n", f[p][m]);
return 0;
}
决策性单调优化DP
决策单调性算法简介
决策单调性可以理解为四边形不等式优化Dp的1D/1D版本。
可以利用决策单调性优化的动态规划的特点是：其决策的下标单调。
特征方程：\(f(x)=\)\(\min_{i=1}^{x-1}\){\(f(i)+w[i,x]}\)
已知结论
如果用k(x)表示状态x取到最优值的决策，则决策单调性表述为：
\(∀i≤j,k(i)≤k(j)\)当且仅当：
\(∀i≤j\),w[i,j]+w[i−1,j−1]≤w[i−1,j]+w[i,j−1]
因此满足转移代价四边形不等式，则可以利用决策单调性进行优化。
但是转移的代价是否满足四边形不等式，并非一个很容易判断的问题，因此推荐的姿势是：
在确认动态规划需要优化且不满足以上两种方式时，打表验证决策点是否单调。
记G(x,i)为状态x根据转移方程f(x)使用i决策转移的结果。
设决策点i<j，决策j比i更优（假设问题要求最小化），则G(x,i)≥G(x,j)
将不等式解出后我们可以得到决策j比i更优的条件。
若条件仅有单向限制（另一端为无穷）且不等号不会变向（单调性），则满足决策单调性。
若无解，则满足决策单调性。（决策j无用）
若条件是一段区间（双边限制），则不满足决策单调性。
优化过程：
如何实现决策单调性呢？我们可以在枚举决策的时候，不从1开始，而是从k(x−1)开始，但这样只能减少常数，并不能降低时间复杂度。
另一种想法时从k(x−1)开始枚举决策更新f(x)，一旦发现决策j比决策j+1更优，就停止决策过程，选择决策j作为f(x)的最优决策。但这样是错误的，因为决策单调性并没有保证f(j)+w[j,x]有什么好的性质。
如果我们换一个角度，思考对于一个已经计算出的状态f(j)，它能够更新哪些状态？这样，每一步过程中的某些决策可能不是最优的，但是当算法结束时所有状态的决策一定是最优的。
一开始，只有f(1)的函数值被计算出，所以所有状态的当前最优决策点都是1。
决策表：1111111111111111111111111111111111111111111
现在由于f(2)的值已经确定了，f(2)的最优决策只能是1，那么我们使用决策2来更新这个决策表。由于决策单调性，新的决策表只能是下面这种形式：
决策表：1111111111111222222222222222222222222222222
因此我们可以使用二分法来寻找1与2之间的转折点，因为如果在一个点x上，决策2更好，所有比x大的状态都是决策2更好；如果x上决策1更好，则所有比x小的状态都是决策1更好。
当决策表更新完毕后，f(3)即可确定，现在用3更新所有状态，新的决策表只能有以下两种形式：
决策表：1111111111111222222222222222222233333333333
决策表：1111111111333333333333333333333333333333333
此时我们可以设计出整个算法流程：
使用一个栈维护数据，栈中的每一个元素保存一个决策可更新区间的起始位置与结束位置，这些区间肯定相互连接且依次递增。当插入一个新的决策时，从栈顶往栈底扫描栈，依次考察栈顶决策：
如果新决策i比栈顶的决策top对于top起始位置更优，则弹栈，全部抛弃栈顶决策top，将区间继承给新决策i，继续扫描下一个栈顶决策。
如果栈顶决策top对于其起始位置更优，则转折点必定在top所能更新的区间中，二分查找转折点，然后将新决策i入栈，结束更新操作。
时间复杂度：
由于一个决策只会入栈一次，均摊时间为O(1)，但是由于二分查找的存在，时间复杂度为O(nlogn)。
