本系列是这本算法教材的扩展资料：《算法竞赛入门到进阶》(京东 当当 ) 清华大学出版社
如有建议，请联系：（1）QQ 群，567554289；（2）作者QQ，15512356
有一类DP状态方程，例如：
\(dp[i] = min\{dp[j] - a[i]*d[j]\}\) \(0≤j<i，d[j]≤d[j+1], a[i]≤ a[i+1]\)
它的特征是存在一个既有\(i\)又有\(j\)的项\(a[i]*d[j]\)。
编程时，如果简单地对\(i\)和\(j\)循环，复杂度是\(O(n^2)\)的。
通过斜率优化（英文convex hull trick，凸壳优化），把时间复杂度优化到\(O(n)\)。
斜率优化的核心技术是斜率（凸壳）模型和单调队列。
1. 把状态方程变换为平面的斜率问题
方程对某个固定的\(i\)，求\(j\)变化时\(dp[i]\)的最优值，所以可以把关于\(i\)的部分看成固定值，把关于\(j\)的部分看成变量。把\(min\)去掉，方程转化为：
\(dp[j] = a[i]*d[j] + dp[i]\)
为方便观察，令：\(y = dp[j]\)，\(x = d[j]\)，\(k = a[i]\)，\(b = dp[i]\)，方程变为：
\(y = kx + b\)
斜率优化的数学模型，就是把状态转移方程转换为平面坐标系直线的形式：\(y = kx + b\)。其中：
（1）变量\(x\)、\(y\)和\(j\)有关，并且只有\(y\)中包含\(dp[j]\)。点\((x, y)\)是题目中可能的决策。
（2）斜率\(k\)、截距\(b\)与\(i\)有关，并且只有\(b\)中包含\(dp[i]\)。最小的\(b\)包含最小的\(dp[i]\)，也就是状态方程的解。
注意应用斜率优化的2个条件：\(x\)和\(k\)是单调增加的，即\(x\)随着\(j\)递增而递增，\(k\)随着\(i\)递增而递增。
2. 求一个dp[i]
先考虑固定\(i\)的情况下求\(dp[i]\)。由于\(i\)是定值，那么斜率\(k = a[i]\)可以看成常数。当\(j\)在\(0≤j<i\)内变化时，对某个\(j_r\)，产生一个点\(v_r=(x_r, y_r)\)，这个点在一条直线\(y = kx + b_r\)上，\(b_r\)是截距。如图1。
对于\(0≤j<i\)中所有的\(j\)，把它们对应的点都画在平面上，这些点对应的直线的斜率\(k= a[i]\)都相同，只有截距\(b\)不同。在所有这些点中，有一个点\(v'\)所在的直线有最小截距\(b'\)，算出\(b'\)，由于\(b'\)中包含\(dp[i]\)，那么就算出了最优的\(dp[i]\)。如图2。
如何找最优点\(v'\)？利用“下凸壳”。
前面提到，\(x\)是单调增加的，即\(x\)随着\(j\)递增而递增。图3(1)中给出了了4个点，它们的\(x\)坐标是递增的。
图3(1)中的1、2、3构成了“下凸壳”，“下凸壳”的特征是线段12的斜率小于线段23的斜率。2、3、4构成了“上凸壳”。经过上凸壳中间点3的直线，其截距b肯定小于经过2或4的有相同斜率的直线的截距，所以点3肯定不是最优点，去掉它。
去掉“上凸壳”后，得到图3(2)，留下的点都满足“下凸壳”关系。最优点就在“下凸壳”上。例如在图3(3)中，用斜率为\(k\)的直线来切这些点，设线段12的斜率小于\(k\)，24的斜率大于\(k\)，那么点2就是“下凸壳”的最优点。
以上操作用单调队列编程很方便。
（1）进队操作，在队列内维护一个“下凸壳”，即每2个连续点组成的直线，其斜率是单调上升的。新的点进队列时，确保它能与队列中的点一起仍然能够组成“下凸壳”。例如队列尾部的2个点是\(v_1\)、\(v_2\)，准备加入队列的新的点是\(v_3\)。比较\(v_1\)、\(v_2\)、\(v_3\)，看线段\(v_1v_2\)和\(v_2v_3\)的斜率是否递增，如果是，那么\(v_1\)、\(v_2\)、\(v_3\)形成了“下凸壳”；如果斜率不递增，说明\(v_2\)不对，从队尾弹走它；然后继续比较队列尾部的2个点和\(v_3\)；重复以上操作，直到\(v_3\)能进队为止。经过以上操作，队列内的点组成了一个大的“下凸壳”，每2个点组成的直线，斜率递增，队列保持为单调队列。
（2）出队列，找到最优点。设队头的2个点是\(v_1\)、\(v_2\)，如果线段\(v_1v_2\)的斜率比\(k\)小，说明\(v_1\)不是最优点，弹走它，继续比较队头新的2个点，一直到斜率大于\(k\)为止，此时队头的点就是最优点\(v'\)。
3. 求所有的dp[i]
以上求得了一个\(dp[i]\)，复杂度\(O(n)\)。如果对所有的\(i\)，每一个都这样求\(dp[i]\)，总复杂度仍然是\(O(n^2)\)的，并没有改变计算的复杂度。有优化的方法吗？
一个较小的\(i_1\)，它对应的点是{\(v_0, v_1, ..., v_{i1}\)}；一个较大的\(i_2\)，对应了更多的点{\(v_0, v_1, ..., v_{i1}, ..., v_{i2}\)}，其中包含了\(i_1\)的所有点。当寻找\(i_1\)的最优点时，需要检查{\(v_0, v_1, ..., v_{i1}\)}；寻找i2的最优点时，需要检查{\(v_0, v_1, ..., v_{i1}, ..., v_{i2}\)}。这里做了重复的检查，并且这些重复是可以避免的。这就是能优化的地方，仍然用“下凸壳”进行优化。
（1）每一个\(i\)所对应的斜率\(k_i = a[i]\)是不同的，根据约束条件\(a[i]≤ a[i+1]\)，当\(i\)增大时，斜率递增。
（2）前面已经提到，对一个\(i_1\)找它的最优点的时候，可以去掉一些点，即那些斜率比\(k_{i1}\)小的点。这些被去掉的点，在后面更大的\(i_2\)时，由于斜率\(k_{i2}\)也更大，肯定也要被去掉。
根据（1）和（2）的讨论，优化方法是：对所有的\(i\)，统一用一个单调队列处理所有的点；被较小的\(i_1\)去掉的点，被单调队列弹走，后面更大的\(i_2\)不再处理它们。
因为每个点只进入一次单调队列，总复杂度\(O(n)\)。
下面的代码演示了以上操作。
//q[]是单调队列，head指向队首，tail指向队尾，slope()计算2个点组成的直线的斜率
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head<tail && slope(q[head],q[head+1])<k) //队头的2个点斜率小于k
head++; //不合格，从队头弹出
int j = q[head]; //队头是最优点
dp[i] = ...; //计算dp[i]
while(head<tail && slope(i,q[tail-1])<slope(q[tail-1],q[tail])) //进队操作
tail--; //弹走队尾不合格的点
q[++tail] = i; //新的点进队列
}
为加深对上述代码的理解，考虑一个特例：进入队列的点都符合“下凸壳”特征，且这些点组成的直线的斜率大于所有的斜率\(k_i\)，那么结果是：队头不会被弹出，进队的点也不会被弹出，队头被重复使用\(n\)次。
4. 例题
下面用一个例题给出典型代码。
HDU 3507 Print Article http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507
题目描述：打印一篇包含N个单词的文章，第i个单词的打印成本为Ci。在一行中打印k个单词的花费是 ，M是一个常数。如何安排文章，才能最小化费用？
输入：有很多测试用例。对于每个测试用例，第一行中都有两个数字N和M（0≤n≤500000，0≤M≤1000）。然后，在接下来的2到N + 1行中有N个数字。输入用EOF终止。
输出：一个数字，表示打印文章的最低费用。
样例输入：
5 5
5
9
5
7
5
样例输出：
230
题目的意思是：有\(N\)个数和一个常数\(M\)，把这\(N\)个数分成若干部分，每一部分的计算值为这部分数的和的平方加上\(M\)，总计算值为各部分计算值之和，求最小的总计算值。由于\(N\)很大，\(O(N^2)\)的算法超时。
设\(dp[i]\)表示输出前\(i\)个单词的最小费用，DP转移方程：
\(dp[i] = min\{dp[j] + (sum[i]-sum[j])2 + M\}\) \(0<j<i\)
其中\(sum[i]\)表示前\(i\)个数字和。
下面把DP方程改写为\(y = kx + b\)的形式。首先展开方程：
\(dp[i] = dp[j] + sum[i]*sum[i] + sum[j]*sum[j] - 2*sum[i]*sum[j] + M\)
移项得：
\(dp[j] + sum[j]*sum[j] = 2*sum[i]*sum[j] + dp[i]-sum[i]*sum[i] - M\)
对照\(y = kx + b\)，有：
\(y = dp[j] + sum[j]*sum[j]\)，\(y\)只和\(j\)有关。
\(x = 2*sum[j]\)，\(x\)只和\(j\)有关，且随着\(j\)递增而递增。
\(k = sum[i]\)，\(k\)只和\(j\)有关，且随着\(i\)递增而递增。
\(b = dp[i] - sum[i]*sum[i] - M\)，\(b\)只和i有关，且包含\(dp[i]\)。
下面给出代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 500010;
int dp[MAXN];
int q[MAXN]; //单调队列
int sum[MAXN];
int X(int x){ return 2*sum[x]; }
int Y(int x){ return dp[x]+sum[x]*sum[x]; }
//double slope(int a,int b){return (Y(a)-Y(b))/(X(a)-X(b));} //除法不好，改成下面的乘法
int slope_up (int a,int b) { return Y(a)-Y(b);} //斜率的分子部分
int slope_down(int a,int b) { return X(a)-X(b);} //斜率的分母部分
int main(){
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&sum[i]);
sum[0] = dp[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]+=sum[i-1];
int head=1,tail=1; //队头队尾
q[tail]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(head<tail &&
slope_up(q[head+1],q[head])<=sum[i]*slope_down(q[head+1],q[head]))
head++; //斜率小于k，从队头弹走
int j = q[head]; //队头是最优点
dp[i] = dp[j]+m+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j]); //计算dp[i]
while(head<tail &&
slope_up(i,q[tail])*slope_down(q[tail],q[tail-1])
<= slope_up(q[tail],q[tail-1])*slope_down(i,q[tail]))
tail--; //弹走队尾不合格的点
q[++tail] = i; //新的点进队尾
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
return 0;
}
5. 习题
（1）洛谷P3195 玩具装箱 https://www.luogu.com.cn/problem/P3195
DP方程：\(dp[i]=min\{dp[j]+(sum[i]+i−sum[j]−j−L−1)^2\}\)
（2）洛谷4072 SDOI2016征途 https://www.luogu.com.cn/problem/P4072
二维斜率优化，DP方程：\(dp[i][p]=min\{dp[j][p−1]+(s[i]−s[j])^2\}\)