斜率优化学习笔记 & hdu P3507

背景：

我连这都不会…

题目传送门：

（这是一道例题）http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3507

题意：

给定 $n,m$，接下来有 $n$个数 $a_i$，表示每一个单词的权值。现在你需要将这些单词分行，每一行的权值的计算公式是： $(\sum_{i=1}^{k}a_i)^2+m$，现在求最小的权值和。

思路：

显然我们能想到常规做法。
设 $f_i$表示从第 $1$个单词到第 $i$个单词的权值和的最小值。
设 $sum_k=\sum_{i=1}^{k}a_i$
显然得到转移方程： $f_i=\min_{j=1}^{i}\{f_j+(sum_{i}-sum_j)^2\}$。
时间复杂度： $\Theta(n^2)$。

可是我们过不了怎么办？
考虑 $i$从 $j,k$转移过来的情况，且从 $j$转移更优， $j>k$。
可以得到不等式：
$f_j+(sum_i-sum_j)^2<f_k+(sum_i-sum_k)^2$

展开括号，得：
$f_j+sum_i^2+sum_j^2-2sum_isum_j<f_k+sum_i^2+sum_k^2-2sum_isum_k$

消去同类项，得：
$f_j+sum_j^2-2sum_isum_j<f_k+sum_k^2-2sum_isum_k$

再移项，得：
$f_j-f_k+sum_j^2-sum_k^2<+2sum_isum_j-2sum_isum_k$

提取同类项，得：
$f_j-f_k+sum_j^2-sum_k^2<2sum_i(sum_j-sum_k)$

再移项，得：
$\frac{f_j-f_k+sum_j^2-sum_k^2}{sum_j-sum_k}<2sum_{i+1}$

设 $T_i=f_i+sum_i^2$，得：
$\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}<2sum_{i+1}$

结论：也就是说若存在 $j>k$且 $\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}<2sum_i$，那么从 $j$转移更优。

$ps:$联想一下数学课本中的 $k=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$，发现左边的式子好像斜率啊。斜率优化就是这么来的。

那么有什么用呢？

因为 $T$是由 $f$和 $sum$得到的， $sum$是固定的，所以我们求完了 $f$，就可以得到 $T$。
如图，从我们的斜率推导中我们可以以 $sum$作为 $x$轴， $T$作为 $y$轴建立坐标系,对应的点代表 $f$的值。
我们在求解 $f_{now}$时，假设可选 $i,j,k$三个点转移，且如上图所示。
由于 $k_{kj}>k_{ji}$，所以 $\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}>\frac{T_i-T_j}{sum_i-sum_j}$
由上面的结论可知两边的式子要与 $2sum_{now}$比较。
就存在三种可能：
$[1]:$
$\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}>\frac{T_i-T_j}{sum_i-sum_j}>2sum_{now}$

由上面的结论可知此时 $j$比 $i$优，但 $k$比 $j$优，所以选择 $k$转移。

$[2]:$
$\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}>2sum_{now}>\frac{T_i-T_j}{sum_i-sum_j}$
由上面的结论可知此时 $k$比 $j$优， $i$比 $j$优，所以选择 $i$或 $k$转移。

$[3]:$
$2sum_{now}>\frac{T_j-T_k}{sum_j-sum_k}>\frac{T_i-T_j}{sum_i-sum_j}$
由上面的结论可知此时 $i$比 $j$优， $j$比 $k$优，所以选择 $i$转移。


综上所述，我们一定不会选择从 $j$转移。


我们维护一个这样的类似凸包且斜率单调递增的东西：

假设 $k_{ji}>2sum_{now}$且 $k_{kj}<2sum_{now}$，我们可以从上面的结论得出 $j$点比所有比 $k$小的点都优，比所有比 $i$大的也优。所以我们二分查找斜率比 $2sum_{now}$小的编号最大的点，就是最优的转移点。由于 $sum$也有单调性，我们直接维护一个单调队列就可以了。
维护时，若队列前面的点不满足结论，则删掉；若后面的点不满足斜率单调递增，则删掉。

总结：

敲黑板。
总的来说，首先根据题意列出 $dp$方程，找出其中有单调性的元素，根据状态列出斜率方程（不等式），判断是上凸壳还是下凸壳，相应的用单调队列等方式解决即可。
我还是做了一些题，大家可以在我的标签中搜索，欢迎指出错误。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
	int n,m;
	LL a[1000010],sum[1000010],f[1000010];
	int que[1000010];
LL calc1(int x,int y)
{
	return sum[y]-sum[x];
}
LL calc2(int x,int y)
{
	return (f[y]+sum[y]*sum[y])-(f[x]+sum[x]*sum[x]);
}
int main()
{
	while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
	{
		f[0]=sum[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&a[i]);
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		}
		int head=1,tail=1;
		que[1]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			while(head<tail&&calc2(que[head],que[head+1])<=(LL)2*sum[i]*calc1(que[head],que[head+1])) head++;
			/*原来形如calc2(x,y)/calc1(x,y)<=2*sum[i],移项(使得没有小数计算),得到上面的式子*/
			f[i]=f[que[head]]+calc1(que[head],i)*calc1(que[head],i)+m;
			while(head<tail&&calc2(que[tail],i)*calc1(que[tail-1],que[tail])<=calc2(que[tail-1],que[tail])*calc1(que[tail],i)) tail--;
			/*原来形如calc2(x1,y1)/calc2(x1,y1)<=calc2(x2,y2)*calc1(x2,y2)/,移项(使得没有小数计算),得到上面的式子*/ 
			que[++tail]=i;
		}
		printf("%lld\n",f[n]);
	}
}