嘗試拿一道例題(玩具裝箱)來講明白斜率優化。

• 1） 題目大意

有\(n\)個物品，每個物品有一個體積\(c_i\)，你可以製作無限個箱子，假設你製作的箱子長度為\(x\)，那麼你所需花費的費用就是\((x-L)^2\)，現在要求出把\(n\)個物品都放入箱子裡的最小費用。

• 2) 普通DP

由題意我們很快就可以得出一個DP式：

\[f_i=min(f_j+(s_i-s_j+i-j-1-L)^2) \]

暴力求\(f_i\)時間複雜度\(O(n^2)\)

• 3) 斜率優化

我們觀察式子，把\(min\)去掉，式子變成

\[f_i=f_j+(s_i-s_j+i-j-1-L)^2 \]

我們把固定的設為\(A(i)\)，不定的設為\(B(i)\)(與\(j\)有關的算不固定值，其餘算固定值)

那麼

\[A(i)=s_i+i-1-L \]

\[B(i)=s_i+i \]

原式變為

\[f_i=f_j+(A(i)-B(j))^2 \]

展開

\[f_i=f_j+A(i)^2+B(j)^2-2A(i)B(j) \]

移項

\[B(j)^2+f_j=2A(i)B(j)-A(i)^2+f_i \]

因為斜率優化與\(y,k,x\)有關,由於\(-A(i)^2+f_i\)是常數，所以可以省略
原式就變成了

\[B(j)^2+f_j=2A(i)B(j) \]

\(y=kx\)

\(B(j)^2+f_j\)

\(2A(i)\)為\(k\)

\(B(j)\)為\(x\)

因為\(2A(i)\)為正數，所以整個函式單調遞增，因此我們使用單調佇列維護下凸包。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std ;
const int MAXN = 5e4 + 5 ;
int n , L ;
int f[ MAXN ] , q[ MAXN ] , l = 1 , r = 0 , sum[ MAXN ] ;
inline int A ( int p ) { return p + sum[ p ] - 1 - L ; }
inline int B ( int p ) { return sum[ p ] + p ; }
inline int X ( int p ) { return B ( p ) ; }
inline int Y ( int p ) { return f[ p ] + B ( p ) * B ( p ) ; }
inline int K ( int p ) { return 2 * A ( p ) ; }
inline int read () {
	int tot = 0 , f = 1 ;
	char c = getchar () ;
	while ( c < '0' || c > '9' ) {
		if ( c == '-' ) f = -1 ;
		c = getchar () ;
	}
	while ( c >= '0' && c <= '9' ) {
		tot = ( tot << 1 ) + ( tot << 3 ) + ( c ^ 48 ) ;
		c = getchar () ;
	}
	return tot * f ;
}
signed main () {
	n = read () ; L = read () ;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) sum[ i ] = sum[ i - 1 ] + read () ;
	q[ ++ r ] = 0 ;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
		while ( l < r && K ( i ) * ( X ( q[ l + 1 ] ) - X ( q[ l ] ) ) >= Y ( q[ l + 1 ] ) - Y ( q[ l ] ) ) l ++ ; // 彈出決策點
		int p = q[ l ] ;
		f[ i ] = f[ p ] + ( A ( i ) - B ( p ) ) * ( A ( i ) - B ( p ) ) ;
		while ( l < r && ( ( Y ( i ) - Y ( q[ r ] ) ) * ( X ( q[ r ] ) - X ( q[ r - 1 ] ) ) <= ( X ( i ) - X ( q[ r ] ) ) * ( Y ( q[ r ] ) - Y ( q[ r - 1 ] ) ) ) ) r -- ; // 刪除不必要的決策點（上凸點）
		q[ ++ r ] = i ;
	}
	cout << f[ n ] << endl ;
	return 0 ;
}