斜率优化DP

例题

HNOI2008 玩具装箱

朴素dp

设 $d p_{i}$ 表示前 $i$ 个物品，分若干段的最小代价。

状态转移方程为：

d p_{i} = min_{j < i} {d p_{j} + {(i - (j + 1) + s_{i} - s_{j} - L)}^{2}} = min_{j < i} {d p_{j} + {(s_{i} - s_{j} + i - j - 1 - L)}^{2}}

其中 $p r e_{i}$ 表示前 $i$ 个数的和，即 $\sum_{j = 1}^{i} c_{j}$ 。

该做法时间复杂度为 $O (n^{2})$ ，直接爆炸。

优化

为方便表示，令 $L^{'} = L + 1$

我们将式子改写为如下形式：

\begin{aligned} d p_{i} & = d p_{j} + (s_{i} - s_{j} + i - j - L^{'})^{2} \\ d p_{i} & = d p_{j} + ((s_{i} + i - L^{'}) + (- s_{j} - j))^{2} \\ d p_{i} & = d p_{j} + (s_{i} + i - L^{'})^{2} + 2 (s_{i} + i - L^{'}) (- s_{j} - j) + (- s_{j} - j)^{2} \\ d p_{i} - (s_{i} + i - L^{'})^{2} & = d p_{j} + (s_{j} + j)^{2} - 2 (s_{i} + i - L^{'}) (s_{j} + j) \end{aligned}

考虑一次函数式子 $y = k x + b$ ，将其移项得到 $b = y - k x$ 。我们将只与 $j$ 有关的信息表示为 $y$ ，把同时与 $i, j$ 有关的信息表示为 $k x$ （其中与 $i$ 相关的作 $k$ ，与 $j$ 相关的作 $x$ ），把只与 $i$ 有关的信息（要求的信息）表示为 $b$ 。具体地，设

\begin{aligned} b_{i} & = d p_{i} - (s_{i} + i - L^{'})^{2} \\ k_{i} & = 2 (s_{i} + i - L^{'}) \\ y_{j} & = d p_{j} + (s_{j} + j)^{2} \\ x_{j} & = s_{j} + j \end{aligned}

则转移方程 $d p_{i} - (s_{i} + i - L^{'})^{2} = d p_{j} + (s_{j} + j)^{2} - 2 (s_{i} + i - L^{'}) (s_{j} + j)$ 就可以写作

b_{i} = min_{j < i} {y_{j} - k_{i} x_{j}}

我们把 $(x_{j}, y_{j})$ 看作二维平面上的点，则 $k_{i}$ 表示直线斜率， $b_{i}$ 表示一条经过 $(x_{j}, y_{j})$ 的斜率^[1]为 $k_{i}$ 的直线的截距。问题转化为了：选择合适的 $j (1 \leq j < i)$ ，最小化直线的截距（即 $b_{i}$ ）。

如图，我们将这个斜率为 $k_{i}$ 的直线从下往上平移，直到有一个点 $(x_{p}, y_{p})$ 在这条直线上，则有 $b_{i} = y_{p} - k_{i} x_{p}$ ，这时 $b_{i}$ 取到最小值。算完 $f_{i}$ ，我们就把这个点 $(x_{i}, y_{i})$ 这个点加入点集中，以做为新的 dp 决策。那么，我们该如何维护点集？

容易发现，可能让 $b_{i}$ 取到最小值的点一定在凸壳上。因此在寻找 $p$ 的时候我们就不需要枚举所有 $i - 1$ 个点，只需要考虑凸包上的点。在本题中 $k_{i}$ 随着 $i$ 的增加而增加，因此我们可以单调队列维护凸包。

具体地，设 $K (a, b)$ 表示过 $(x_{a}, y_{a})$ 和 $(x_{b}, y_{b})$ 的直线的斜率。考虑单调队列 $q_{l}, q_{l + 1}, \dots, q_{r}$ ，维护的时下凸包上的点。也就是说，对于 $l < i < r$ ，始终有 $K (q_{i - 1}, q_{i}) < K (q_{i}, q_{i + 1})$ 成立。

我们维护一个指针 $e$ 来计算 $b_{i}$ 的最小值。我们需要找到一个 $K (q_{e - 1}, q_{e}) \leq k_{i} < K (q_{e}, q_{e + 1})$ 的 $e$ ，这时就有 $p = q_{e}$ ，即 $q_{e}$ 是 $i$ 的最优决策点。

在插入一个点 $(x_{i}, y_{i})$ 时，我们要判断是否 $K (q_{r - 1}, q_{r}) < K (q_{r}, i)$ ，如果不等式不成立就将 $q_{r}$ 弹出，直到等式满足。然后将 $i$ 插到 $q$ 队尾。

代码实现

初始状态入队
每次使用一条和 $i$ 相关的直线 $f (i)$ 去切维护的凸包，找到最优决策，更新 $d p_{i}$ 。
加入状态 $d p_{i}$ 。如果一个状态（即凸包上的一个点）在 $d p_{i}$ 加入后不再是凸包上的点，需要在 $d p_{i}$ 加入前将其剔除。

时间复杂度 $O (n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e4 + 10;
int n, L;
int c[N], s[N];
int dp[N], q[N], head = 1, tail = 0;
int b(int i) {return dp[i] - (s[i] + i - L - 1) * (s[i] + i - L - 1); } // 定义 b
int k(int i) {return 2 * (s[i] + i - L - 1); }							// 定义 k
int y(int j) {return dp[j] + (s[j] + j) * (s[j] + j); }					// 定义 y
int x(int j) {return s[j] + j; }										// 定义 x
double slope(int i, int j) {											// 定义 K(a, b)
	return 1.0 * (y(i) - y(j)) / (x(i) - x(j));
}
signed main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &L);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &c[i]);
		s[i] = s[i - 1] + c[i];
	}
	memset(dp, INF, sizeof(dp));
	dp[0] = 0;
	q[++tail] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		while (head < tail && slope(q[head], q[head + 1]) < k(i)) { // 改点不可能是最优决策点，出队
			head++;
		}
		dp[i] = y(q[head]) - k(i) * x(q[head]) + (s[i] + i - L - 1) * (s[i] + i - L - 1);
		while (head < tail && slope(q[tail - 1], q[tail]) > slope(q[tail], i)) { // 若该点不再是凸壳上的点，则将其踢出队列
			tail--;
		}
		q[++tail] = i;
	}
	printf("%lld\n", dp[n]);
	
	return 0;
}

小结

具体的代码实现因题就题，比较抽象，要考虑是上凸包还是下凸包，事踢对头还是踢队尾之类的。注意上凸包斜率越来越小，下凸包斜率越来越大。

CDQ优化

一般用不上，但是放在这里。

对于有些问题，斜率并不是单调的。这时我们需要维护凸包上的每一个节点，然后每次用当前的直线去切这个凸包。

本题与「玩具装箱」问题唯一的区别是，玩具的价值可以为负。延续之前的思路，设 $d p_{i}$ 表示前 $i$ 个物品，分若干段的最小代价。

状态转移方程为：

d p_{i} = min_{j < i} {d p_{j} + {(s_{i} - s_{j} + i - j - 1 - L)}^{2}}

其中 $p r e_{i}$ 表示前 $i$ 个数的和，即 $\sum_{j = 1}^{i} c_{j}$ 。

将方程做相同的变换：

d p_{i} - (s_{i} + i - L^{'})^{2} = min_{j < i} {d p_{j} + (s_{j} + j)^{2} - 2 (s_{i} + i - L^{'}) (s_{j} + j)}

然而这时有两个条件不成立了：

直线的斜率不再单调；
每次加入的决策点的横坐标不再单调。

仍然考虑凸壳的维护。

在寻找最优决策点，也就是用直线切凸壳的时候，我们将单调队列找队首改为：凸壳上二分。我们二分出斜率最接近直线斜率的那条凸壳边，就可以找到最优决策。

在加入决策点，也就是凸壳上加一个点的时候，我们有两种方法维护。

第一种方法是直接用平衡树维护凸壳。那么寻找决策点的二分操作就转化为在平衡树上二分，插入决策点就转化为在平衡树上插入一个结点，并删除若干个被踢出凸壳的点。此方法思路简洁但实现繁琐。

来说一种基于 CDQ 分治的做法。

设 $C D Q (l, r)$ 表示计算 $f_{i}, i \in [l, r]$ 。考虑 $C D Q (1, N)$ ：

我们先调用 $C D Q (1, m i d)$ 算出 $f_{i}, i \in [1, m i d]$ 。然后我们对 $[1, m i d]$ 这个区间内的决策点建凸包，然后用这个凸包去更新 $f_{i}, i \in [m i d + 1, n]$ 。这时我们决策点集是固定的，不像之前那样边计算 DP 值边加入决策点，那么我们就可以把 $i \in [m i d + 1, n]$ 的 $f_{i}$ 先按照直线的斜率 $k_{i}$ 排序，然后就可以使用单调队列来计算 DP 值了。
对于 $[m i d + 1, n]$ 中的每个点，如果它的最优决策的位置是在 $[1, m i d]$ 这个区间，在这一步操作中他就会被更新成最优答案。当执行完这一步操作时，我们发现 $[1, m i d]$ 中的所有点已经发挥了全部的作用，凸壳中他们存不存在已经不影响之后的答案更新。因此我们可以直接舍弃这个区间的决策点，并使用 $C D Q (m i d + 1, n)$ 解决右区间剩下的问题。