BZOJ3156 防御准备 水水的斜率优化（斜率优化总结）

前言

好久没做斜率优化的题了，找个水题来练练手顺便总结一下我对斜率优化的理解。

题目大意

现在有$N$个检查点和一个给定的序列$A_i$，在一个检查点上放置一座塔的花费是$A_i$，放置一个木偶的花费是该位置右边最近的塔离它的距离（最后一个一定要放塔）。
现在每个检查点必须要放塔或者木偶。问最小的花费。

$N$ <= $10^{6}$
$A_i$ <= $10^6$

解题思路

一看就知道是裸的斜率优化……
我们可先把序列翻转，设$F_i$表示做完前i个检查点，并且在第i个检查点放置一个塔的最小花费。转移式很简单$F_i = min(F_j + \frac{(i - j) * (i - j - 1)}{2}) j \in [1, i)$。那么很明显要用斜率优化。

斜率优化-式子的化简

设$j>k$，那么如果$j$优于$k$就有：
$F_j + \frac{(i - j) * (i - j - 1)}{2}$ < $F_k + \frac{(i - k) * (i - k - 1)}{2}$
$2 F_j + i ^ 2 - 2i j + j + j ^2$ < $2 F_k + i ^ 2 - 2 i k + k + k ^2$
我们设$G_j = 2 F_j + j + j ^ 2$，式子两边同时约掉$i^2$得
$G_j - 2 i j$ < $G_k - 2 i k$
$G_j - G_k$ < $i * (2j - 2k)$
$\frac{G_j - G_k}{2j - 2k} < i$ （这显然就是斜率的式子）

斜率优化-单调性分析

然后就到了分析单调性的时候了，之前一直对怎么分析单调性一脸懵逼，所以现在仔细的写一写。
我们设$T(k,j) =\frac{G_j - G_k}{2j - 2k}$
我们现在知道$\frac{G_j - G_k}{2j - 2k} < i$，我们观察在单调队列中连续的三项应该有什么关系，设这三项为$l,k,j(l <k < j)$，如果单调队列中的斜率是单调递减的，就是说$T(l,k) > T(k,j)$，那么如果$k$是最优解，那么$T(l,k) < i$而且$T(k,j) > i$。这显然与上面的式子矛盾了！所以是不可能成为优有解的，那么我们只需要维护一个斜率单调递增的序列就可以了。那么每次队首就是我们所要的最有解，而当队首的斜率小于i是我们把他删掉就可以了。

程序

// YxuanwKeith
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int MAXN = 1e6 + 5;

int N, A[MAXN], D[MAXN];
LL F[MAXN], G[MAXN];

double Slope(int x, int y) {
    return 1.0 * (G[y] - G[x]) / (2.0 * (y - x));
}

int main() {
    scanf("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; i ++) scanf("%d", &A[i]);
    for (int i = 1; i <= N / 2; i ++) swap(A[i], A[N - i + 1]);

    int l = 1, r = 0;
    LL Ans = 1ll << 60;
    for (int i = 1; i <= N; i ++) {
        while (l < r && Slope(D[l], D[l + 1]) < 1.0 * i) l ++;
        int p = D[l];
        F[i] = F[p] + 1ll * (i - p) * (i - p - 1) / 2 + A[i];
        Ans = min(Ans, F[i] + 1ll * (N - i + 1) * (N - i) / 2);
        G[i] = F[i] * 2 + i + 1ll * i * i;
        while (l < r && Slope(D[r - 1], D[r]) > Slope(D[r], i)) r --;
        D[++ r] = i;
    }
    printf("%lld", Ans);
}