疯狂学习——DP！

斜率优化

P3648 [APIO2014] 序列分割

可以观察到切的顺序无关，则有 $f_{i,k}=max{f}_{j,k-1}+(s_i-s_j)\times s_j$。

则 $f_{j,k-1}-s_j^2=-s_i\times s_j+f_{i,k}$ 。

决策单调性：分治

P4360 [CEOI2004] 锯木厂选址

预处理 $w,d$ 前缀和以及 $v_i$ 表示将全部木头移到 $i$ 的代价。这样可以快速计算 $cost(i,j)$ 表示将 $i\sim j$ 全部木头移到 $j$ 的代价。

枚举第二个锯木厂的位置，设 $f_i$ 表示将第二个厂设在 $i$，$1\sim i$ 的最小代价。转移有 $f_j=min\{v_j+cost(i+1,j)\}$，答案即 $min\{f_i+cost(i+1,n+1)\}$。由于 $f$ 的转移显然具有决策单调性，分治解决。

CF833B The Bakery

显然具有决策单调性，使用「贡献难算」的技巧做到 $\mathcal{O}(nk\log n)$。

P5574 [CmdOI2019] 任务分配问题

「贡献难算」+树状数组做到 $\mathcal{O}(nk{\log }^{2}n)$。

CF1603D Artistic Partition

第一反应就是 DP，但是注意到 $k$ 很大，怎么办？？要想办法降维，观察到 $c(l,r)\ge r-l+1$，所以当 $n<2^k$ 时，直接令 $x_i=2^{i-1}-1$，即可保证 $c(l,r)=r-l+1$，此时取到理论最小值。

对于 $n>2^k$ 的部分，DP。对 $c(l,r)$ 化简

$$=\sum _{d=l}^r\sum _{l\le i\le j\le r}[gcd(i,j)=d]$$

$$=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{r/d}\phi (i)$$

记 $S(i)=\sum _{j=1}^i\phi (i)$，那么

$$c(l,r)=\sum _{d=l}^{r}S\left({\displaystyle \frac{r}{d}}\right)$$

可以证明其满足四边形不等式。整除分块可以做到 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n\sqrt{n})$，已经足以通过。

但如果使用「贡献难算」的技巧，左端点移动时只需增加 $S\left({\displaystyle \frac{r}{l}}\right)$，时间复杂度 $\mathcal{O}(1)$。右端点移动时需要对于所有 ${\displaystyle \frac{r-1}{d}}<{\displaystyle \frac{r}{d}}$ 的 $d$ 增加 $S\left({\displaystyle \frac{r}{d}}\right)$，这只有在 $d\mid r$ 时取到，所以时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{3}n)$。

决策单调性：二分队列

二分队列用来解决满足决策单调性，转移时的贡献能 $\mathcal{O}(1)$ 计算的 DP 问题。通常情况下的限制为：贡献函数二阶导恒为非负，求最小值 或 二阶导恒为非正，求最大值。

具体的，建立一个储存三元组的队列 $(p,l,r)$ 表示 $l\sim r$ 的最优决策点是 $p$，步骤如下：

• 先判断队首三元组是否过时，若 $r<i$ 则弹出队首，否则将 $l$ 赋值为 $i$。
• 加入决策，如果 $i$ 相比于队尾的 $p$ 转移到 $l$ 更优，根据决策单调性则 $(p,l,r)$ 就完全无用。重复这样操作。
• 取出队尾的三元组 $(p,l,r)$，我们要二分出一个位置 $q$，使得 $q$ 以前的位置从 $p$ 转移更优，$q$ 及其以后的位置从 $i$ 转移更优。注意二分位置从 $l$ 到 $r+1$，若 $q\le n$ 那么先将队尾的 $r$ 改为 $q-1$，再将 $(i,p,n)$ 压入队列。

P1912 [NOI2009] 诗人小G

转移方程形如 $f_i=min{f}_j+|s_i-s_j+i-j-1-L{|}^P$，贡献可以快速计算。

P3515 [POI2011] Lightning Conductor

就是对于每个 $i$ 找到最大的 $a_j+\sqrt{|i-j}$，因为 $j\in [1,n]$，所以要正反做一遍二分队列。注意用浮点数储存。

决策单调性：二分栈

二分栈用来解决满足如下的决策单调性的 DP 问题：每个决策点 $j$ 只会被比它更前的决策点 $i(i<j)$ 反超。通常情况下的限制为：贡献函数二阶导恒为非负，求最大值 或 二阶导恒为非正，求最小值。（与二分队列区分。）

用栈维护决策点，设现在栈顶的两个决策点分别是 $i,j(i<j)$，现在要加入 $k$。我们二分出 $i$ 反超 $j$ 的时间 $t_1$ 和 $j$ 反超 $k$ 的时间 $t_2$，如果 $t_1\le t_2$，那么 $j$ 就完全无用了，弹出 $j$。重复上述操作，最后压入 $k$。

当然每次转移前要不断二分出次栈顶反超栈顶的时间，如果小于 $i$ 就不断弹栈。

P5504 [JSOI2011] 柠檬

设 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的答案。注意到一个关键结论：转移仅会发生在同种大小的贝壳之间。于是对每种贝壳单独 DP，转移函数 $(s{t}^2{)}^{″}=2s>0$，且求最大值，于是使用二分队列。