最近被欽定要寫教材，負責斜率優化那一塊，就把寫的內容搬了些上來。
3.6.1 斜率優化DP的基本思想
考慮這樣一個問題：現在要給n個數a[1],a[2]…a[n]分組，每分出一組，你的代價爲該組所有數的和的平方+一個常數M（即設你分出的一組數字是2,3,4，M=5，則你分出該組的代價爲（2+3+4）^2+5），求出一種分組方式使得代價總和最小，輸出這個最小的代價和。
如果是最基礎的dp，能夠很顯然地列出來：設dp[i]爲將1~i分組的最小代價和，s[i]爲a[1]+a[2]..+a[i]的和。dp[i]=Min(f[j]+(s[i]-s[j])^2+M),(0<=j<i)。但是這樣dp的時間複雜度是O(n^2)的，如果n很大（比如說n=100000），這樣的時間複雜度我們是接受不了的，我們需要尋求優化。
我們想，在轉移時我們要花費大量時間枚舉j，這很不划算，我們能否用O(1)或者O(logn)的時間尋找到所有轉移中最優的那個j呢？
我們假設在求解dp[i]的時候，有j,k（j>k）使得從j轉移比從k轉移更優，那麼需要滿足條件：
dp[j]+(s[i]−s[j])^2+M<dp[k]+(s[i]−s[k])^2+M
展開上式，移項並消去同類項可得：
(dp[j]−dp[k]+s[j]^2−s[k]^2)/(S[j]−S[k])<2*s[i]
我們設f[j]=dp[j]+s[j]^2，f[k]同理，則可得：(f[j]−f[k])/(s[j]−s[k])<2*s[i]
也就是說當j>k時，若有上式，則用j更新dp[i]比用k更新dp[i]優。通過這樣我們已經能夠比較兩個點在轉移i的時候的優劣性了。
現在我們令g(j,k)=(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])，上式即轉換爲若g(j,k)<2*s[i]，則j比k優，反之k比j優。有一個結論是：
設x爲大於i的一個點，如果g(j,k)>g(i,j)（k<j<i），則無論如何j都不可能再成爲一個決策點了（也就是說對於以後每個dp[x]，都不可能由dp[j]轉移而來）。
我們來嘗試證明它：
g(j,k)和g(i,j)和2*s[x]有三種關係，即g(j,k)>g(i,j)>2*s[x]，g(j,k)> 2*s[x]>g(i,j)，2*s[x]>g(j,k)>g(i,j)，我們分情況討論：對於第一種關係，j比i優，但k比j優，所以j不可能成爲最優決策點。對於第二種關係，i比j優，k比j優，所以j不可能成爲最優決策點。對於第三種關係，i比j優，j比k優，所以j不可能成爲最優決策點。 綜上所述，我們可以斷言：只要存在g(j,k)>g(i,j),(k<j<i)，那麼j無論如何都不可能再成爲最優決策點。
我們來想一想怎麼運用這個性質來優化dp。我們建立一個隊列d表示可能的決策點集合，每次我們算出了dp[i]的值，便可以知道f[i]的值了。我們將i加入這個集合，根據上述的性質，我們可以用i刪去這個集合中的某些點。具體來說，就是刪去所有g(j,k)>g(i,j)的j。那我們難道要枚舉每個j,k把它們嘗試刪除嗎？這樣太慢了，我們再來想辦法。
我們每次這樣維護，可以知道將隊列d中的點映射到平面上（以s爲橫座標，以f爲縱座標），它們依次的連線是下凸的(因爲g(j,k)的本質就是斜率)，如圖所示：
有着這樣一個性質，每次我們在隊列末尾插入一個點i，就只需要檢驗在隊列中i，與i前面一個位置j，與j前面一個位置k（這裏所說的位置都是指在隊列中的位置），是否是呈下凸的，如果不呈，則將j刪去後繼續檢驗，直到呈下凸爲止（這個用while循環可以實現）。
這樣，我們就得到一個由所有可能決策點所組成的隊列d，如果我們現在要求dp[i]，我們應該由隊列d中的哪個來轉移過來呢？
我們先回想一下開始得到的結論：對於k<j<i，如果g(j,k)<2*s[i]，則j比k優，反之k比j優。
我們現在知道集合d是下凸的，也就是g的值是逐漸遞增的，我們需要尋找一個最大的g(j,k)，使得g(j,k)<2*s[i]，那麼這個j就是最優的決策點。證明：因爲g(j,k)<2*s[i]，所以對於i來說j比k優，因爲g遞增，所以對於k後一個位置l，g(k,l)<g(j,k)<2*s[i]，所以k比l優，以此類推對於i來說，j應爲最優的決策點。因爲g的遞增性，尋找最大的g(j,k)<2*s[i]，可以用二分法，總的時間複雜度就可以優化成O(nlogn)，這是一般的斜率優化的解法。但注意到這題有個性質，就是s[i]也是遞增的，這樣我們就可以像單調隊列那樣來找到最優決策點，而不用二分，這時的時間複雜度就是O(n)的了。
那麼我們關於斜率優化DP的思想的學習到這裏基本就結束了，我們現在來幫助大家總結一下整個過程，希望以此來幫助大家徹底掌握這個知識點。
1.先列出一個最基礎的dp；如果這個dp不涉及最小最大值轉移，或對轉移有較多複雜的限制條件，則無法用斜率優化。
2.令k<j<i，考慮對於i來說j比k優的情況，列出式子，並轉換爲一個形如(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])<（或＞）s[i]的式子（這個大於小於號是根據題目是求最小值還是最大值確定的）。如果轉化不了說明這個dp不能用斜率優化。
3.得到結論當g(j,k)<（或>）g(i,j)時，j不再可能是一個最優決策點。
4.對於可能的決策點隊列d，根據結論維護上凸或下凸，即每次加入一個點就刪去一些點。
5.在隊列d中，二分查找一個斜率小於s[i]且斜率最大的點（或斜率大於s[i]且斜率最小的點，看不等式符號決定），作爲dp[i]的轉移點。特殊地，如果s[i]單調遞增遞減，還可以用單調隊列維護。
3.6.2 斜率優化DP的應用
例3.6-1 hdu 3507 Print Article：
【參考程序】
#include<cstdio>
#define N 100010
int a[N],d[N],s[N],dp[N]; //字母的定義與上文相同
int y(int x,int y) //將相鄰點映射到平面上的縱座標之差
{
return dp[y]-dp[x]+s[y]*s[y]-s[x]*s[x];
}
int x(int x,int y) //將相鄰點映射到平面上的橫座標之差
{
return s[y]-s[x];
}
int main()
{
int n,M;
scanf("%d%d",&n,&M);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
int l=0; int r=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int k=2*s[i];
while (l<r && y(d[l],d[l+1])<=k*x(d[l],d[l+1])) l++; //單調隊列，找出斜率小於k的最大值(爲了保證精度這裏用乘法代替除法)
dp[i]=dp[d[l]]+x(d[l],i)*x(d[l],i)+M;
while (l<r && y(d[r-1],d[r])*x(d[r],i)>=y(d[r],i)*x(d[r-1],d[r])) r--; //每加入一個點，爲維護上凸或下凸的性質要刪去一些點
r++; d[r]=i;
}
printf("%d\n",dp[n]);
return 0;
}
例3.6-2：[APIO2010] 特別行動隊
【題目描述】
你有一支由n名預備役士兵組成的部隊，士兵從1到n編號，要將他們拆分成若干特別行動隊調入戰場。出於默契考慮，同一支特別行動隊中隊員的編號應該連續，即爲形如（i，i+1，…，i+k）的序列。
編號爲i的士兵的初始戰鬥力爲xi，一支特別運動隊的初始戰鬥力x爲隊內士兵初始戰鬥力之和，即x=（xi）+（xi+1）+…+（xi+k）。
通過長期的觀察，你總結出一支特別行動隊的初始戰鬥力x將按如下經驗公式修正爲x’：x’=ax^2+bx+c，其中a，b，c是已知的係數（a<0）。
作爲部隊統帥，現在你要爲這支部隊進行編隊，使得所有特別行動隊修正後戰鬥力之和最大。試求出這個最大和。
例如，你有4名士兵，x1=2,x2=2,x3=3,x4=4。經驗公式中的參數爲a=-1，b=10，c=-20。此時，最佳方案是將士兵組成3個特別行動隊：第一隊包含士兵1和士兵2，第二隊包含士兵3，第三隊包含士兵4。特別行動隊的初始戰鬥力分別爲4，3，4，修正後的戰鬥力分別爲4，1，4。修正後的戰鬥力和爲9，沒有其它方案能使修正後的戰鬥力和更大。
【輸入格式】
輸入由三行組成。第一行包含一個整數n，表示士兵的總數。第二行包含三個整數a，b，c，經驗公式中各項的係數。第三行包含n個用空格分隔的整數x1，x2，…，xn，分別表示編號爲1，2，…，n的士兵的初始戰鬥力。
【輸出格式】
輸出一個整數，表示所有特別行動隊修正戰鬥力之和的最大值。
【樣例輸入】
4
-1 10 -20
2 2 3 4
【樣例輸出】
9
【數據範圍】
20%的數據中，n<=1000;
50%的數據中，n<=10000;
100%的數據中，1<=n<=1000000,-5<=a<=-1,b<=10000000,|c|<=10000000,1<=xi<=100。
【問題分析】
容易寫出dp方程：dp[i]=max(dp[j]+a*(s[i]−s[j])^2+b*(s[i]−s[j])+c)。考慮斜率優化。我們回憶一下上文的步驟，令k<j<i，考慮對於i來說j比k優的情況，列出式子dp[j]+a*(s[i]−s[j])^2+b*(s[i]−s[j])+c> dp[k]+a*(s[i]−s[k])^2+b*(s[i]−s[k])+c，令f[x]=dp[x]+a*s[x]^2，則可得(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])>2*a*s[i]+b。令g(j,k)=(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])，則若g(j,k)>2*a*s[i]+b，則對於i來說j比k優，反之相反。可得結論若有g(j,k)<g(i,j)，(其中k<j<i)，則j不再可能成爲一個決策點。我們維護可能的決策點隊列d，根據結論可知將s作爲橫座標，f作爲縱座標，映射到平面上，是要維護一個上凸的圖形（斜率要遞減）。每次加入一個點到隊列d中，爲了維護上凸的性質就會刪去一些點。然後我們在隊列d中，用單調隊列維護一個斜率大於2*a*s[i]+b且斜率最小的點，作爲dp[i]的轉移點。
【參考程序】
#include<cstdio>
long long s[1000010],p[1000010];
long long f[1000010];
int d[1000010];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
long long a,b,c;
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
int x;
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),s[i]=s[i-1]+x;//s是前綴和
f[0]=0;
int head=1; int tail=1; d[1]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (head<tail && p[d[head+1]]-p[d[head]]>(2*a*s[i]+b)*(s[d[head+1]]-s[d[head]])) head++;//單調隊列找出轉移點
int j=d[head];
f[i]=f[j]+a*(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+b*(s[i]-s[j])+c;//這裏的f相當於分析中的dp數組
p[i]=f[i]+a*s[i]*s[i];//這裏的p相當於分析中的f數組
while (tail>head && (p[d[tail]]-p[d[tail-1]])*(s[i]-s[d[tail]])<(p[i]-p[d[tail]])*(s[d[tail]]-s[d[tail-1]])) tail--;//爲維護上凸，將一些點刪去
d[++tail]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
3.6.3 斜率優化習題推薦
1.[HNOI2008] 玩具裝箱
【題目描述】
P教授要去看奧運，但是他舍不下他的玩具，於是他決定把所有的玩具運到北京。他使用自己的壓縮器進行壓縮，其可以將任意物品變成一堆，再放到一種特殊的一維容器中。P教授有編號爲1…N的N件玩具，第i件玩具經過壓縮後變成一維長度爲C[i].爲了方便整理，P教授要求在一個一維容器中的玩具編號是連續的。同時如果一個一維容器中有多個玩具，那麼兩件玩具之間要加入一個單位長度的填充物，形式地說如果將第i件玩具到第j個玩具放到一個容器中，那麼該容器的長度將爲 x=j-i+C[k],(i<=K<=j)
製作容器的費用與容器的長度有關，根據教授研究，如果容器長度爲x,其製作費用爲(x-L)^2.其中L是一個常量。P教授不關心容器的數目，他可以製作出任意長度的容器，甚至超過L。但他希望費用最小.
【輸入格式】
第一行輸入兩個整數N,L，第二行輸入所有C[i]，1<=N<=50000,1<=L,C[i]<=10^7
【輸出格式】
一行，輸出最小費用
【樣例輸入】
5 4
3 4 2 1 4
【樣例輸出】
1