最近被钦定要写教材，负责斜率优化那一块，就把写的内容搬了些上来。
3.6.1 斜率优化DP的基本思想
考虑这样一个问题：现在要给n个数a[1],a[2]…a[n]分组，每分出一组，你的代价为该组所有数的和的平方+一个常数M（即设你分出的一组数字是2,3,4，M=5，则你分出该组的代价为（2+3+4）^2+5），求出一种分组方式使得代价总和最小，输出这个最小的代价和。
如果是最基础的dp，能够很显然地列出来：设dp[i]为将1~i分组的最小代价和，s[i]为a[1]+a[2]..+a[i]的和。dp[i]=Min(f[j]+(s[i]-s[j])^2+M),(0<=j<i)。但是这样dp的时间复杂度是O(n^2)的，如果n很大（比如说n=100000），这样的时间复杂度我们是接受不了的，我们需要寻求优化。
我们想，在转移时我们要花费大量时间枚举j，这很不划算，我们能否用O(1)或者O(logn)的时间寻找到所有转移中最优的那个j呢？
我们假设在求解dp[i]的时候，有j,k（j>k）使得从j转移比从k转移更优，那么需要满足条件：
dp[j]+(s[i]−s[j])^2+M<dp[k]+(s[i]−s[k])^2+M
展开上式，移项并消去同类项可得：
(dp[j]−dp[k]+s[j]^2−s[k]^2)/(S[j]−S[k])<2*s[i]
我们设f[j]=dp[j]+s[j]^2，f[k]同理，则可得：(f[j]−f[k])/(s[j]−s[k])<2*s[i]
也就是说当j>k时，若有上式，则用j更新dp[i]比用k更新dp[i]优。通过这样我们已经能够比较两个点在转移i的时候的优劣性了。
现在我们令g(j,k)=(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])，上式即转换为若g(j,k)<2*s[i]，则j比k优，反之k比j优。有一个结论是：
设x为大于i的一个点，如果g(j,k)>g(i,j)（k<j<i），则无论如何j都不可能再成为一个决策点了（也就是说对于以后每个dp[x]，都不可能由dp[j]转移而来）。
我们来尝试证明它：
g(j,k)和g(i,j)和2*s[x]有三种关系，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)，我们分情况讨论：对于第一种关系，j比i优，但k比j优，所以j不可能成为最优决策点。对于第二种关系，i比j优，k比j优，所以j不可能成为最优决策点。对于第三种关系，i比j优，j比k优，所以j不可能成为最优决策点。 综上所述，我们可以断言：只要存在g(j,k)>g(i,j),(k<j<i)，那么j无论如何都不可能再成为最优决策点。
我们来想一想怎么运用这个性质来优化dp。我们建立一个队列d表示可能的决策点集合，每次我们算出了dp[i]的值，便可以知道f[i]的值了。我们将i加入这个集合，根据上述的性质，我们可以用i删去这个集合中的某些点。具体来说，就是删去所有g(j,k)>g(i,j)的j。那我们难道要枚举每个j,k把它们尝试删除吗？这样太慢了，我们再来想办法。
我们每次这样维护，可以知道将队列d中的点映射到平面上（以s为横座标，以f为纵座标），它们依次的连线是下凸的(因为g(j,k)的本质就是斜率)，如图所示：
有着这样一个性质，每次我们在队列末尾插入一个点i，就只需要检验在队列中i，与i前面一个位置j，与j前面一个位置k（这里所说的位置都是指在队列中的位置），是否是呈下凸的，如果不呈，则将j删去后继续检验，直到呈下凸为止（这个用while循环可以实现）。
这样，我们就得到一个由所有可能决策点所组成的队列d，如果我们现在要求dp[i]，我们应该由队列d中的哪个来转移过来呢？
我们先回想一下开始得到的结论：对于k<j<i，如果g(j,k)<2*s[i]，则j比k优，反之k比j优。
我们现在知道集合d是下凸的，也就是g的值是逐渐递增的，我们需要寻找一个最大的g(j,k)，使得g(j,k)<2*s[i]，那么这个j就是最优的决策点。证明：因为g(j,k)<2*s[i]，所以对于i来说j比k优，因为g递增，所以对于k后一个位置l，g(k,l)<g(j,k)<2*s[i]，所以k比l优，以此类推对于i来说，j应为最优的决策点。因为g的递增性，寻找最大的g(j,k)<2*s[i]，可以用二分法，总的时间复杂度就可以优化成O(nlogn)，这是一般的斜率优化的解法。但注意到这题有个性质，就是s[i]也是递增的，这样我们就可以像单调队列那样来找到最优决策点，而不用二分，这时的时间复杂度就是O(n)的了。
那么我们关于斜率优化DP的思想的学习到这里基本就结束了，我们现在来帮助大家总结一下整个过程，希望以此来帮助大家彻底掌握这个知识点。
1.先列出一个最基础的dp；如果这个dp不涉及最小最大值转移，或对转移有较多复杂的限制条件，则无法用斜率优化。
2.令k<j<i，考虑对于i来说j比k优的情况，列出式子，并转换为一个形如(f[j]-f[k])/(s[j]-s[k])<（或＞）s[i]的式子（这个大于小于号是根据题目是求最小值还是最大值确定的）。如果转化不了说明这个dp不能用斜率优化。
3.得到结论当g(j,k)<（或>）g(i,j)时，j不再可能是一个最优决策点。
4.对于可能的决策点队列d，根据结论维护上凸或下凸，即每次加入一个点就删去一些点。
5.在队列d中，二分查找一个斜率小于s[i]且斜率最大的点（或斜率大于s[i]且斜率最小的点，看不等式符号决定），作为dp[i]的转移点。特殊地，如果s[i]单调递增递减，还可以用单调队列维护。
3.6.2 斜率优化DP的应用
例3.6-1 hdu 3507 Print Article：
【参考程序】
#include<cstdio>
#define N 100010
int a[N],d[N],s[N],dp[N]; //字母的定义与上文相同
int y(int x,int y) //将相邻点映射到平面上的纵座标之差
{
return dp[y]-dp[x]+s[y]*s[y]-s[x]*s[x];
}
int x(int x,int y) //将相邻点映射到平面上的横座标之差
{
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++; //单调队列，找出斜率小于k的最大值(为了保证精度这里用乘法代替除法)
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--; //每加入一个点，为维护上凸或下凸的性质要删去一些点
r++; d[r]=i;
}
printf("%d\n",dp[n]);
return 0;
}
例3.6-2：[APIO2010] 特别行动队
【题目描述】
你有一支由n名预备役士兵组成的部队，士兵从1到n编号，要将他们拆分成若干特别行动队调入战场。出于默契考虑，同一支特别行动队中队员的编号应该连续，即为形如（i，i+1，…，i+k）的序列。
编号为i的士兵的初始战斗力为xi，一支特别运动队的初始战斗力x为队内士兵初始战斗力之和，即x=（xi）+（xi+1）+…+（xi+k）。
通过长期的观察，你总结出一支特别行动队的初始战斗力x将按如下经验公式修正为x’：x’=ax^2+bx+c，其中a，b，c是已知的系数（a<0）。
作为部队统帅，现在你要为这支部队进行编队，使得所有特别行动队修正后战斗力之和最大。试求出这个最大和。
例如，你有4名士兵，x1=2,x2=2,x3=3,x4=4。经验公式中的参数为a=-1，b=10，c=-20。此时，最佳方案是将士兵组成3个特别行动队：第一队包含士兵1和士兵2，第二队包含士兵3，第三队包含士兵4。特别行动队的初始战斗力分别为4，3，4，修正后的战斗力分别为4，1，4。修正后的战斗力和为9，没有其它方案能使修正后的战斗力和更大。
【输入格式】
输入由三行组成。第一行包含一个整数n，表示士兵的总数。第二行包含三个整数a，b，c，经验公式中各项的系数。第三行包含n个用空格分隔的整数x1，x2，…，xn，分别表示编号为1，2，…，n的士兵的初始战斗力。
【输出格式】
输出一个整数，表示所有特别行动队修正战斗力之和的最大值。
【样例输入】
4
-1 10 -20
2 2 3 4
【样例输出】
9
【数据范围】
20%的数据中，n<=1000;
50%的数据中，n<=10000;
100%的数据中，1<=n<=1000000,-5<=a<=-1,b<=10000000,|c|<=10000000,1<=xi<=100。
【问题分析】
容易写出dp方程：dp[i]=max(dp[j]+a*(s[i]−s[j])^2+b*(s[i]−s[j])+c)。考虑斜率优化。我们回忆一下上文的步骤，令k<j<i，考虑对于i来说j比k优的情况，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，则可得(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])，则若g(j,k)>2*a*s[i]+b，则对于i来说j比k优，反之相反。可得结论若有g(j,k)<g(i,j)，(其中k<j<i)，则j不再可能成为一个决策点。我们维护可能的决策点队列d，根据结论可知将s作为横座标，f作为纵座标，映射到平面上，是要维护一个上凸的图形（斜率要递减）。每次加入一个点到队列d中，为了维护上凸的性质就会删去一些点。然后我们在队列d中，用单调队列维护一个斜率大于2*a*s[i]+b且斜率最小的点，作为dp[i]的转移点。
【参考程序】
#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是前缀和
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++;//单调队列找出转移点
int j=d[head];
f[i]=f[j]+a*(s[i]-s[j])*(s[i]-s[j])+b*(s[i]-s[j])+c;//这里的f相当于分析中的dp数组
p[i]=f[i]+a*s[i]*s[i];//这里的p相当于分析中的f数组
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--;//为维护上凸，将一些点删去
d[++tail]=i;
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
3.6.3 斜率优化习题推荐
1.[HNOI2008] 玩具装箱
【题目描述】
P教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。P教授有编号为1…N的N件玩具，第i件玩具经过压缩后变成一维长度为C[i].为了方便整理，P教授要求在一个一维容器中的玩具编号是连续的。同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物，形式地说如果将第i件玩具到第j个玩具放到一个容器中，那么该容器的长度将为 x=j-i+C[k],(i<=K<=j)
制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为x,其制作费用为(x-L)^2.其中L是一个常量。P教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过L。但他希望费用最小.
【输入格式】
第一行输入两个整数N,L，第二行输入所有C[i]，1<=N<=50000,1<=L,C[i]<=10^7
【输出格式】
一行，输出最小费用
【样例输入】
5 4
3 4 2 1 4
【样例输出】
1