Slope Trick 小记

参考资料：

• Slope Trick - CCComfy - 博客园
• Slope trick 学习笔记 - henrici3106 - 博客园
• Slope Trick 总结 - rui_er - 博客园

定义

Slope Trick 是一类具有凸性的最优化 DP 的优化手段，其具有效率高，空间小，易于操作等优点。

对于 Slope Trick 而言，其实现方式较为灵活，取决于题目 凸壳 特点，维护出足以还原整个凸壳/有用部分 的信息，进而根据最优值斜率为零的特点进行操作。

使用 Slope Trick 的 DP 常(并非全部)有如下特点：

1. 最优化，有凸性
2. 是连续的一次分段函数
3. 其斜率变化量是整数，且总变化量不大

一般使用如下信息维护凸壳（并非绝对，具体分析）

1. 记录凸壳的起始点$(x,y)$

2. 记录斜率变化点的 $x$ 坐标（仅需 $x$ 坐标，是可重集合，一般存储一个表示斜率变化 $1$（根据上下凸壳是 $1/-1$）），如 $f(x)=|x|$ 存储 $\{0,0\}$

   当斜率变化量相当大的时候也可以维护 $(x,\mathrm{\Delta }k)$ 表示到 $x$ 的时斜率变化了 $\mathrm{\Delta }k$

可并堆由于可以快速合并两个凸壳是极为常用的数据结构，而平衡树由于其堆性质和优秀的扩展性也较为常用。

两个凸函数相加仍然是凸函数。

有一些常见的操作：

1. 合并两个凸壳

   直接合并起始点，然后合并斜率变化点集合

2. 找最值

   找到斜率为零的那一段

   有一类常见的方法就是开两个堆 $L,R$ 维护 $0$ 段左右侧的变化点。

3. 加一次函数

   直接加入斜率变化点（根据一次函数的边界），同时维护起始位置

4. 平移

   整体打标记

5. 翻转

   利用平衡树维护，打标记

统计答案：

1. 还原图像找到对应点坐标
2. 记录决策点位置还原整个DP过程

平时思考也可以考虑固定点（最左侧最右侧或者最小值点）反推整个图像变化

习题集

这里更多着墨于 Slope Trick 部分，对于 dp 式的得出可能较为简略

CF713C

首先令 $a_i\leftarrow a_i-i$ 变为单调不降，显然有 dp：$f_{i,j}=\underset{k\le j}{min}{f}_{i-1,k}+|j-a_i|$

由于 $|j-a_i|$ 为绝对值函数具有凸性，而 $f_0$ 是全零，所以 $f$ 具有凸性。

考虑到 $\underset{k\le j}{min}{f}_{i-1,k}$ 得到的凸壳 $\{(k,g_k)\}$，其实是 $f_{i-1}$ 所代表的凸壳删去了最小值右侧部分。

所以可以维护最小值位置 $p$，并舍弃最小值右侧的凸壳（变为一条斜率为 $0$ 的直线），每次加入 $a_i$ 时会多出两个转移点 $\{a_i,a_i\}$ 有如下决策：

1. $p<a_i$ 此时 $a_i$ 成为新的最小值点（由 $x$ 最大的转折点往前推斜率），所以第二个 $a_i$ 应当删去
2. $p\ge a_i$ 此时 $a_i$ 后面（包括了 $p$）其斜率会增加 $1$，这也将导致 $p$ 点真实斜率增大，应当删去 $p$，同时整个图像（$a$ 后面点）整体向上平移了 $p-a_i$ 的长度（可以看作改变后 $p$ 这个位置也位于新的零段上面，$a_i\to p$ 这全部斜率都增加了 $1$）

CF1534G

首先转曼哈顿，这样就变成了坐标差绝对值的和，然后你每次 $(x-1,y-1),(x-1,y+1)\to (x,y)$，起点 $(0,0)$，这就要求了 $x,y$ 同奇偶。

显然对于 $(x_i,y_i)$ 你走到了 $x_i$ 之后再激活他是不劣的，所以我们按照 $x$ 排序，有如下 $dp$：

$$f_{x_i,y}^{\prime }=|y_i-y|+\underset{|t-x_i|\le x_i-x_{i-1}}{min}{f}_{x_{i-1},t}$$

对于后半部分的式子，在凸壳上其实相当于将最小值点左侧向左，右侧向右平移 $x_i-x_{i-1}$ 个单位长度，然后将最小值变成一个斜率为零的段。

于是可以利用一个大根堆 $L$ 和一个小根堆 $R$ 维护斜率为零的段的左侧点和右侧点，同时记录全局标记 $dl,dr$ 表示当前平移长度。

每次我们讨论 $y_i$ 的位置。

• $y_i$ 位于斜率为零的段上

  左侧斜率变化，右侧斜率变化，$L,R$ 里都插入 $y_i-dl,y_i+dl$（注意懒标记是全局的）

• $y_i$ 位于斜率为负的段上

  这时候 $L$ 里最大的点移动到正段，也就是 $R$ 里加入 $L$ 的最大值，同时后面的图像也向上平移了那么多，增加答案

• $y_i$ 位于斜率为正的段上

  类似上一情况处理即可。

校内模拟赛(13)-蛋糕

很自然地转化相对关系为往右走或者往上走，则可以得到一个 dp 式 $f_{x,y}$ 表示走到了 $(x,y)$ 的最小代价，为了简化边界我们钦定 $a_{n+1}=0$

有转移：

$$f_{x,y}=min(f_{x-1,y}+max(a_x-y,0),f_{x,y-1}+su{f}_{x+1})$$

其中 $suf$ 是后缀 $max$

注意到也可以写作：

$$f_{x,y}=\underset{k\le y}{min}(f_{x-1,k}+max(a_x-k,0)-ksu{f}_{x+1})+ysu{f}_{x+1}$$

首先可以注意到 $-ksu{f}_{x+1}$ 是下凸的，$max(a_x-k)$ 是下凸的，初始的 $f_{0,y}$ 是下凸的（$f_{0,y}=y·su{f}_1$），那么可以假定 $g_k=f_{x-1,k}+max(a_x-k,0)-ksu{f}_{x+1}$ 是一个下凸函数，同时加上 $y·su{f}_{x+1}$ 这也是个下凸函数，以至于可以归纳有 $f_x$ 具有凸性。

感性理解其实挺简单的。

那么可以考虑这个操作在干嘛，先分析 $f,g$ 的关系，相当于是 $g$ 在最小值后推平成了一条直线，然后再把所有线段斜率加上 $su{f}_{x+1}$

至于 $g$ 内部在干嘛，相当于是把所有线段斜率减去 $su{f}_{x+1}$，然后插入 $a_x$ 这个斜率转折点，那么不妨看作先插入 $a_x$，将 $[0,a_x]$ 的斜率减去一，接着将全局斜率减去 $su{f}_{x+1}$，删去斜率 $\ge 0$ 的部分，然后将全局斜率增加 $su{f}_{x+1}$（在这个过程中 $0$ 点的值肯定是增加了 $a_i$，因为你相当于是 $\le a_i$ 的位置都有这个函数的复合）

这样的话，其实也可以当作是原本（插入 $a$） 后，将全局斜率 $>su{f}_{x+1}$ 的部分删去，替换为 $su{f}_{x+1}$ 即可。

动态维护当前的 $maxk$ 也就是最右侧斜率即可。

同时我们让 $a_{n+1}=0$，则最终的最右侧凸壳也就是最小值位置，其斜率为零，其坐标（$y$）显然也是零，因为每个转折点都在其左侧，而我们要求的是 $f_{n+1,0}$，倒推回去（我们知道最小值位置是 $0$，用转折点回撤）

APIO2016 烟火表演

容易写出朴素DP式，也就是 $f_{i,j}$ 表示子树 $i$ 所有叶子到 $i$ 距离为 $j$ 的最小代价，有：

$f_{i,j}^{\prime }=\underset{k\le j}{min}{f}_{i,j}+f_{son,k}+|w(i,son)-(j-k)|$

发现绝对值函数是凸的，所以叶子的 $f$ 是凸的，进而这相当于是三个凸包的 $(min,+)$ 卷积，所以 $f^{\prime }$ 是凸的，也即我们归纳证明了 $f$ 是凸的。由于绝对值函数是下凸的，所以 $f$ 是下凸的。

然后我们考虑一个绝对值函数有什么影响。

由于我们关心最小值，所以我们只关心斜率为 $0$ 的段，先看看这一段如何变化。

不难发现假设原本段是 $[l,r]$，变化后等价于 $\le l$ 的部分向上平移 $w$，$[l,r]$ 向右平移 $w$，而新的 $[l,l+w]$ 斜率成了负一，后面的斜率全部改成 $1$。

我们只关心最小值，所以我们只需要维护半个凸壳，也就是 $k\le 0$ 的部分。

那么我们可以忽略 $k>0$ 的变化，现在问题变成了如何在合并儿子后删掉后面。

其实是简单的，有 $c$ 个儿子就会有 $c-1$ 个斜率正的段，直接删掉即可（增加了 $c-1$ 个拐点）。

（我们并没有管它，但是它合并上来后会形成拐点）

发现我们只需要维护凸壳上点的横坐标，维护即可。

也即使用一个可并堆（大根堆删后面），依次合并儿子，然后弹出前面的 $c-1$ 个，并再弹出两个作为 $[l,r]$ 整体平移后又插回去，注意到点变化后自然会继承前面的负斜率导致前面一截斜率是 $-1$。

这里注意对于叶子节点而言，即使这是一个点也要看成一段，这是 $c-1$ 个的依据（段段合并）。

CF280E

有教育意义的 Slope Trick。

首先我们可以通过平移将 $[a,b]$ 转移为 $[0,b-a]$，也就是 $y_i^{\prime }-y_{i-1}^{\prime }\in [0.b-a]$，真实 $y_i=y_i^{\prime }+(i-1)a$。可以也先让 $x_i^{\prime }=x_i-(i-1)a$

那么容易有 $f_{i,j}=\underset{j-k\in [0,b-a]}{min}{f}_{i-1,k}+(x_i-j{)}^2$

这里唯一的问题就是第二维太大了，我们考虑维护函数图像。

考虑到 $(x_i-j{)}^2$ 也是凸函数，但是现在它不是一次线性函数了，怎么办？

其实我们仍然可以维护二次分段函数，二次函数的平移与求最值也是能够算出的。

所以我们维护这个二次分段函数。

$\underset{j-k\in [0,b-a]}{min}$ 这个操作相当于将最值所在位置变成一条长为 $b-a$ 的水平线段，后面的图像往后水平平移 $b-a$ 个单位长度即可。

这里就相当于原本最值所在的二次函数在最值所在位置分裂成两个，然后插入一条水平线段，可以 $O(n^2)$ 暴力维护。

每次找到最值位置，就可以求出 $y^{\prime }$，再倒推计算贡献就好了。

ABC217H

显然建立 $B$ 的笛卡尔树，设 $f[i,j]$ 为树 $i$ 操作后最大值 $\le j$ 的最小代价。

显然离开子树后子树都是整体操作的

有

$$f[i,j]=min(f[i,j-1],f[lc,x]+f[rc,y]+max(max(x,y)-j,0)\times B_i)$$

显然可以优化为：

$$\begin{array}{rl}j:& max\to 0,f^{\prime }[i,j]=min(f^{\prime }[i,j+1]+B[i],f[lc,j]+f[rc,j])\\ j:& 0\to max,f^{\prime }[i,j]=min(f^{\prime }[i,j-1],f^{\prime }[i,j])\end{array}$$

现在我们做到了 $O(nv)$，显然 $v$ 可以离散化得到 $O(n^2)$

换个写法：

$$f[i,j]=\underset{k=0}{\overset{max(A_i-j,0)}{min}}(f[lc,j+k]+f[rc,j+k]+k{B}_i)$$

$si{z}_i=1$ 时是一条直线

当合并时这个形式感觉由于 $B$ 递增会有斜率递增的凸性

容易发现由于 $f$ 的递减，$si{z}_i=1$ 的时候有凸性，大胆猜测整个函数有凸性。

首先假定成立，则设 $s(x)=f_{lc}(x)+f_{rc}(x)$ 有凸性且递减，则比较决策对于 $j$，$k,k+1$,有：

$s(k)+k{B}_i-s(k+1)+(k+1)B_i=s(k)-s(k+1)-B_i$

相当于把 $(k,s(k))\to (k+1,s(k+1))$ 之间的斜率与 $B$ 取较小值。

那么在原本的斜率递增的情况下会删除一个尾巴/脑袋，还是递增的。

而且至多有 $siz$ 段不同的斜率，每段最多删一次。

考虑用数据结构维护斜率，然后每次删除增加，我们需要启发式合并？。

不妨维护 $(pos,\mathrm{\Delta }y)$（$\mathrm{\Delta }x=1$），用可并堆（$po{s}_{min}$ 的左偏树就行），这里是由于斜率变换量较大，维护每个位置的斜率变化总量

讲讲实现（谁再喷我水）：

维护 $f{0}_i$ 表示树 $i$ 凸包的首项，也就是上面的 $f_{i,0}$。

然后维护 $(pos,\mathrm{\Delta }y)$，比如一棵树初始化是 $(0,b_i),(a_i,0)$，和其两个子树的凸包合起来。插入 $(0,b_i)$ 这是因为实现方程里面的 $f[i,j]=\underset{k=0}{\overset{max(A_i-j,0)}{min}}(f[lc,j+k]+f[rc,j+k]+(j+k)B_i)-j{B}_i$。$j+k$ 这一项，而 $(a_i,0)$ 是卡住上界。

（可以看作是三个凸包，$f[lc],f[rc]$ 以及 $0,B_i,2B_i\dots \dots$ 的和）

然后我们将斜率小于零的部分以及初始位置小于 $a_i$ 的部分全部删去（因为你必须要操作根节点）。注意删完了要加一个新的首项进去。

接着我们插入 $(0,-b_i)$ ，这是因为实现方程里面的 $f[i,j]=\underset{k=0}{\overset{max(A_i-j,0)}{min}}(f[lc,j+k]+f[rc,j+k]+(j+k)B_i)-j{B}_i$。

注意到我们只需要维护这些二元组的快速合并和查首项，用可并堆（左偏树）即可。