这是等了好久的笔记了。

斜率优化一直是我 OI 中的一个大坑，我刚接触它的时候是在 摆渡车 这题，看到斜率凸包啥的，那时候我才是六年级，十分的不理解，于是一直觉得它十分困难。

暑假终于迎来了转机，NLFS 讲 DP 优化那天顺便讲了下斜率优化，终于大悟，乃写此文章，供复习等用。

先来看一道题：

斜率优化的板子题

给你 $n$ 个点，多次询问，每次给你一个斜率 $k$，需要在这 $n$ 个点中选出一个点 $(x,y)$，使得 $kx+y$ 最大。

斜率优化主要是推式子，我们来看如果有两个点 $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$，对于同一个 $k$，什么时候 $1$ 比 $2$ 更好呢?

将式子代入可得 $kx_1+y_1>kx_2+y_2$，移项并提取公因式可得 $k(x_1-x_2)>y_2-y_1$，此时我们不妨设 $x_1>x_2$，则两边同时除以正数，不等号方向不变，得到 $k>\frac{y_2-y_1}{x_1-x_2}$。

两边同时乘以 $-1$ 可得 $-k<\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}$，输入 $k$ 时可将其取反，这个不重要，最终得到 $k<\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}$，我们看这个是什么，这不就是经过点 $(x_1,y_1)$ $(x_2,y_2)$ 的直线的斜率吗？

所以，总结如下：当 $(x_1,y_1)$ 优于 $(x_2,y_2)$ 时，则联结这两点所得的直线斜率大于 $k$。

接着我就要谈大家最不耐烦也是最难听懂的部分，凸包，我尽量说的详细一些。

先来考虑最简单的三个点 $x_1$ $x_3$ $x_3$ 的情况，这是一种：

此时显然可以发现 $k_1<k_2$，如果要统计 $x_2$ 的答案，此时一定有 $k_1>k$，然而 $k_2>k_1$，所以 $k_2>k$，即 $x_3$ 比 $x_2$ 优，所以 $x_3$ 最优，此时呈下凸壳，我们发现下凸壳的所有点除了最后的那个点都不会被统计答案，所以下凸壳是没有任何的意义的。

那么上凸壳呢？

此时 $k_1<k_2$，如果要统计 $x_2$ 的答案，此时也一定有 $k_1>k$，但是 $k_2<k_1$，不一定有 $k_2>k$，所以 $x_2$ 有可能被统计，上凸壳是有意义的。

现在，我们对于每条直线找到它的最优决策点，首先要求得这些点的凸包，如果你不会请前往 【模板】二维凸包。

如图：

可以发现，当一条直线经过凸包上的一个点，且不碰到凸包，那么这个点就是这条直线的最优决策点，用眼瞪一下可得：

经过两点 $x_2,x_1$ 的直线斜率大于 $k$，所以 $x_2$ 优于 $x_1$。

也能得到 $x_3$ 和 $x_2$ 这两点的连线斜率小于 $k$，刚刚的结论反一下可得 $x_3$ 劣于 $x_2$。

同理可得所有的点在 $k_1$ 下都是劣于 $x_2$ 的，所以 $x_2$ 是 $k_1$ 的最佳决策点。

得到了这个结论后我们来看如何得到所有直线的最佳决策点。

1.离线做法

对于直线 $k_1$，$k_2$，在刚刚的那个图中的决策点为 $x_2,x_3$，则一定有 两点 $x_3,x_2$ 所连得的直线斜率小于 $k1$，大于 $k2$，于是可得 $k_1>k_2$。

进一步推广可知：对于两个直线 $k_1,k_2$，若 $k_1$ 的决策点在 $k_2$ 前，则 $k_1$ 的斜率大于 $k_2$。

反过来一下得到斜率越大的直线决策点在越前面。

于是可以将斜率从大到小排序，每一轮取出当前斜率最大的直线放在后面的点上试答案（即看下能不能碰到凸包），如果不是最有决策点，那么对于后面斜率更小的直线，这个点也一定不是它的最优决策点。

剩下的直线决策点都是最后一个点了。

然后判断是否是最优答案其实只需要判这个点的答案是否比两边的答案都要大即可。

看一下代码吧：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
int n, m, tp;
int ans[100005];
pair <int, int> a[100005], tb[100005];
struct Line {int k;int id;}q[100005];
bool cmp (Line l1, Line l2) {return l1.k > l2.k;}
int k (pair <int, int> p1, pair <int, int> p2) {return (p1.second - p2.second) / (p1.first - p2.first);}
int fun (pair <int, int> p, int k) {return -p.first * k + p.second;}
signed main () {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i].first >> a[i].second;
    sort (a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        while (tp >= 2) {
            if ( (tb[tp].second - tb[tp - 1].second) * (a[i].first - tb[tp].first) <= (a[i].second - tb[tp].second) * (tb[tp].first - tb[tp - 1].first) ) tp --;
            else break;
        }
        tb[++ tp] = make_pair (a[i].first, a[i].second);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i ++) {
        cin >> q[i].k;
        q[i].k = -q[i].k;
        q[i].id = i;
    }
    sort (q + 1, q + m + 1, cmp);
    int r = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) {
        if (r == tp) {
            ans[q[i].id] = fun (tb[r], q[i].k);
            continue;
        }
        while (r != tp && fun (tb[r], q[i].k) <= fun (tb[r + 1], q[i].k) ) ++ r;
        ans[q[i].id] = fun (tb[r], q[i].k);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i ++) cout << ans[i] << "\n";
    return 0;
}

 2.在线二分做法

其实大家有没有发现，若点 $x_2$ 是 $k_1$ 的最优决策点，$x_2$ 两端的点是 $x_1$ 和 $x_3$，则 $x_1$ $x_2$ 的斜率必然大于 $k_1$，$x_2$ $x_3$ 的斜率必然小于 $k_1$，凸包上的点斜率是递减的，所以二分即可。

代码不补了。

例题二咕咕咕