《算法竞赛进阶指南》0x60 斜率优化DP
0x60 斜率优化DP
任务安排
题意：
n n n 个任务排成序列，将任务分批。执行第 i i i 个任务所需要时间 t i t_i ti。每批任务开始前，需要 s s s 时间，一批任务所需要的时间为 s s s 加上每个任务需要时间。同一批任务的完成时间为该批所有任务执行完成的时间。每个任务的代价为完成时刻与费用系数 c i c_i ci 的成绩。
询问最小总费用。
数据规模： 1 ≤ n ≤ 5000 , 1 ≤ t i , c i ≤ 100 , 0 ≤ s ≤ 50 1 \le n \le 5000, 1 \le t_i, c_i \le 100, 0 \le s \le 50 1≤n≤5000,1≤ti,ci≤100,0≤s≤50
解析：
设计状态。第一维是前 i i i 个任务，在状态转移时需要知道前边有多少分组，所以增加一维 j j j，表示是第 j j j 组任务。
所以 f i , j f_{i,j} fi,j 为前 i i i 个任务，分成 j j j 组的最小代价。
状态转移： f i , j = min { f k , j − 1 + ( S × j + ∑ u = 1 i t i ) × ∑ u = k + 1 i c i } f_{i,j} = \min\Big\{f_{k,j-1}+(S\times j+\sum\limits_{u = 1}\limits^it_i) \times \sum\limits_{u = k+1}\limits^ic_i\Big\} fi,j=min{fk,j−1+(S×j+u=1∑iti)×u=k+1∑ici}
用前缀和优化后时间复杂度为 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)。
增加一维状态 j j j 是为了计算 s s s 对当前组的贡献。如果当前组为 [ l , r ] [l,r] [l,r] ，影响到的任务为 [ l , n ] [l,n] [l,n]。采用 费用提前计算 的思想，将对后续任务的代价加到当前状态上。
f i = min { f j + s × ∑ k = j + 1 n c k + ∑ k = 1 i t k × ∑ k = j + 1 i c k } f_i = \min\Big\{f_j+s\times \sum\limits_{k = j+1}\limits^nc_k+\sum\limits_{k=1}\limits^{i}t_k\times \sum\limits_{k = j+1}\limits^{i}c_k\Big\} fi=min{fj+s×k=j+1∑nck+k=1∑itk×k=j+1∑ick}
前缀和优化： f i = min { f j + s × ( s c n − s c j ) + s t i × ( s c i − s c j ) } f_i = \min\Big\{f_j+s\times(sc_n-sc_j)+st_i\times(sc_i-sc_j)\Big\} fi=min{fj+s×(scn−scj)+sti×(sci−scj)}
通过费用提前计算的思想简化状态。时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
代码：
#include任务安排2
题意：
完全同上题。
数据规模： 1 ≤ n ≤ 3 × 1 0 5 , 1 ≤ t i , c i ≤ 512 , 0 ≤ s ≤ 512 1 \le n \le 3\times 10^5, 1 \le t_i, c_i \le 512, 0 \le s \le 512 1≤n≤3×105,1≤ti,ci≤512,0≤s≤512
解析：
状态转移方程： f i = min { f j + s × ( s c n − s c j ) + s t i × ( s c i − s c j ) } f_i = \min\Big\{f_j+s\times(sc_n-sc_j)+st_i\times(sc_i-sc_j)\Big\} fi=min{fj+s×(scn−scj)+sti×(sci−scj)}
去掉min： f i = f j + s × ( s c n − s c j ) + s t i × ( s c i − s c j ) f_i = f_j+s\times(sc_n-sc_j)+st_i\times(sc_i-sc_j) fi=fj+s×(scn−scj)+sti×(sci−scj)
右侧的项分为三类：只与 i i i 有关，只与 j j j 有关，与 i , j i,j i,j 均有关。将同一类的放在一起： f i = ( s t i × s c i + s × s c n ) + f j − s c j × ( s + s t i ) f_i = (st_i\times sc_i+s\times sc_n)+f_j-sc_j\times (s+st_i) fi=(sti×sci+s×scn)+fj−scj×(s+sti)。
进行移项，形如 y = k x + b y = kx+b y=kx+b 的形式
将 f u n c ( i ) × f u n c ( j ) func(i)\times func(j) func(i)×func(j) 看成 k × x k \times x k×x ， f i f_i fi 的项出现在 b b b 中， f u n c ( j ) func(j) func(j) 的项在 y y y 中。
如果 x x x 的表达式单调递减，等式两边同乘-1，变为单调递增。
y = f j y = f_j y=fj， x = s c j x = sc_j x=scj， k = s + s t i k = s+st_i k=s+sti， b = f i − ( s t i × s c i + s × s c n ) b = f_i-(st_i\times sc_i+s\times sc_n) b=fi−(sti×sci+s×scn)。
设 j 1 , j 2 ( j 1 ≤ j 2 ) j_1,j_2(j_1 \le j_2) j1,j2(j1≤j2) 是 i i i 的两个合法决策点，且满足 j 2 j_2 j2 优于 j 1 j_1 j1。
即： f j 1 − s c j 1 × ( s + s t i ) ≥ f j 2 − s c j 2 × ( s + s t i ) f_{j_1}-sc_{j_1}\times (s+st_i) \ge f_{j_2}-sc_{j_2}\times (s+st_i) fj1−scj1×(s+sti)≥fj2−scj2×(s+sti)
因为 s c sc sc 单调递增，所以 s + s t i ≥ f j 2 − f j 1 s c j 2 − s c j 1 s+st_i \ge \frac{f_{j_2}-f_{j_1}}{sc_{j_2}-sc_{j_1}} s+sti≥scj2−scj1fj2−fj1，即 k i ≥ Y j 2 − Y j 1 X j 2 − X j 1 k_i \ge \frac{Y_{j_2}-Y_{j_1}}{X_{j_2}-X_{j_1}} ki≥Xj2−Xj1Yj2−Yj1。
不等式右侧是 P ( j 2 ) P(j_2) P(j2) 和 P ( j 1 ) P(j_1) P(j1) 两点的斜率。即决策点 j 2 j_2 j2 优于 j 1 j_1 j1 满足的条件。
设有 A , B , C A, B, C A,B,C 三点，满足 x a < x b < x c x_a < x_b < x_c xa<xb<xc，且 k 1 = k ( A , B ) , k 2 = k ( B , C ) k_1 = k(A, B),k_2 = k(B, C) k1=k(A,B),k2=k(B,C)。
如果 k 1 > k 2 k1 > k2 k1>k2，可以证明， B B B 无论如何不会成为最优决策点，所以可以从候选决策点中删除。
所以，可以维护一个斜率递增下凸壳。
因为 x x x 是随 j j j 递增，所以下凸壳可以用单调队列维护。因为 k i k_i ki 随 i i i 递增，所以具有决策单调性，及时将队首不够优秀的决策点出队。
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
代码：
#include任务安排3
题意：
完全同上题。
数据规模： 1 ≤ n ≤ 3 × 1 0 5 , 0 ≤ s , c i ≤ 512 , − 512 ≤ t i ≤ 512 1 \le n \le 3\times 10^5, 0 \le s, c_i \le 512, -512 \le t_i \le 512 1≤n≤3×105,0≤s,ci≤512,−512≤ti≤512
解析：
y = f j y = f_j y=fj， x = s c j x = sc_j x=scj， k = s + s t i k = s+st_i k=s+sti， b = f i − ( s t i × s c i + s × s c n ) b = f_i-(st_i\times sc_i+s\times sc_n) b=fi−(sti×sci+s×scn)
横坐标单调，斜率不单调。仍然可以用队列维护凸包，但最优决策点不知道在哪，不具有决策单调性，即不能让队首出队。寻找最优决策点时，在凸包上二分。
二分：在凸包上找到最优决策点 j j j，满足 k ( j − 1 , j ) ≤ k i < k ( j , j + 1 ) k(j-1, j) \le k_i < k(j, j+1) k(j−1,j)≤ki<k(j,j+1)
代码：
#include运输小猫
题意：
m m m 只猫， p p p 个饲养员， n n n 座山。第 i − 1 i-1 i−1 座山与第 i i i 座山的距离为 d i d_i di。第 i i i 只猫在 h i h_i hi 山上玩，在 t i t_i ti 时间开始等饲养员。饲养员从第 1 座山出发走到第 n n n 座山，接正在等待的猫。使猫等待时间和最小。
解析：
对每只猫，求出饲养员出发的时间 a i a_i ai，恰好使这只猫不用等待。 a i = t i − ∑ k = 1 i d k a_i = t_i-\sum\limits_{k=1}\limits^id_k ai=ti−k=1∑idk。
则如果饲养员在时刻 t t t 出发，接上猫 i i i，猫 i i i 的等待时间为 t − a i t-a_i t−ai。
按 a a a 排序。饲养员带走的一定是连续的猫。
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为前 i i i 个饲养员，带走前 j j j 只猫 的最小等待时间和。
饲养员 i i i 的出发时间一定为 a j a_j aj。如果 t < a j t < a_j t<aj，接不到猫；如果 t > a j t > a_j t>aj，可以更早出发使等待时间变短。
f i , j = min { f i − 1 , k + ∑ u = k + 1 j ( a j − a u ) } f_{i,j} = \min\Big\{f_{i-1, k} + \sum\limits_{u=k+1}\limits^j(a_j-a_u) \Big\} fi,j=min{fi−1,k+u=k+1∑j(aj−au)}
前缀和优化： f i , j = min { f i − 1 , k + a j × ( j − k ) − ( s j − s k ) } f_{i,j} = \min\Big\{f_{i-1, k} + a_j\times (j-k)-(s_j-s_k) \Big\} fi,j=min{fi−1,k+aj×(j−k)−(sj−sk)} （ s s s 是 a a a 的前缀和）
整理一下方程： f i − 1 , k + s k = a j × k + f i , j − a j × j f_{i-1, k}+s_k = a_j\times k + f_{i,j} - a_j\times j fi−1,k+sk=aj×k+fi,j−aj×j
Y = f i − 1 , k + s k Y= f_{i-1, k}+s_k Y=fi−1,k+sk， X = k X = k X=k， K = a j K = a_j K=aj， B = f i , j − a j × j B = f_{i,j} - a_j\times j B=fi,j−aj×j。
因为按 a a a 升序排序，所以斜率单调。横坐标也单调。所以单调队列维护下凸壳，具有决策单调性。
代码：
#include