斜率优化（超详细/看了就会）（基本知识+例题讲解+清晰代码）看了的人rp+++++++++ 烽火传递+玩具分组+特别行动队+征途
序
对于斜优啊也是早就有所耳闻
但是本蒟太蒻了前段时间才学
发现很有用诶
所以学的很认真
总结打的的也很认真
希望大家也可以看的认真
是为序。
前置芝士
单调队列
【单调】指元素递增或递减
【队列】指元素只能从队头队尾进行操作
不是优先队列哦
不要傻傻分不清啦
例题-烽火传递
题意
两个城市间有 n n n 个烽火台，每个烽火台 i i i 可以付出 a i a_i ai 的代价发出信号，每 m m m 个烽火台中至少要有一个发出信号，问情报在这两座城市之间传递所需要的代价。
解法
设 f i f_i fi 表示信号从第一座城市传递到 i i i 所需的最小代价
可得转移方程为
f
i
=
min
i
−
m
−
1
≤
j
<
i
f
j
+
a
i
f_i=\min\limits_{i-m-1 \le j<i} f_j+a_i
fi=i−m−1≤j<iminfj+ai
因为
m
m
m 座中只要有一座发出信号就好了，所以最后的
m
m
m 座都可以作为答案
那么最后的答案就是
a
n
s
=
min
n
−
m
<
i
≤
n
f
i
ans=\min\limits_{n-m<i\le n} f_i
ans=n−m<i≤nminfi
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5,Inf=2e9;
int a[N+10],f[N+10],q[N+10];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
int hd=0,tl=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while((hd<tl)&&((q[hd]+m)<i))
{
hd++;
}
f[i]=f[q[hd]]+a[i];
while((hd<tl)&&(f[q[tl]]>=f[i]))
{
tl--;
}
q[++tl]=i;
}
int ans=Inf;
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)
{
ans=min(ans,f[i]);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
由此我们也可以提炼出单调队列优化的基本操作
即：First，不断将队头后移使得其满足最优决策点的性质，最后剩的队头就是最优决策点，可依此进行转移。Second，将加入新的点 i i i 后，不满足单调递增的队尾弹出，并将 i i i 加入队尾
[斜率(slope)](斜率_百度百科 (baidu.com))
上面的链接是百度百科，有需要的自行 click
不过也不用管那么多，简单解释下
一条直线的解析式可以用 y = k x + b y=kx+b y=kx+b 来表示， k k k 就是这条直线的斜率
或者如果知道直线 A B AB AB 上的两个点 A ( a x , a y ) , B ( b x , b y ) A(a_x,a_y),B(b_x,b_y) A(ax,ay),B(bx,by) ，也可以求出斜率
即： s l o p e ( A B ) = a y − b y a x − b x slope(AB)=\dfrac{a_y-b_y}{a_x-b_x} slope(AB)=ax−bxay−by
这个很重要，后面会用到
凸包
也是别管那么多，只要知道：
凸包上每条直线的斜率一定具有单调性
单调递增的是上凸包，单调递减的是下凸包
了解下就好了。
例题引路
[HNOI2008]玩具装箱
题意
有 n n n 个玩具，玩具 i i i 的长度为 c i c_i ci ，现要将玩具分组，每组里的编号需连续， i ∼ j i \sim j i∼j 的玩具组代价为 ( j − i + ∑ k = i j c k − L ) 2 (j-i+\sum_{k=i}^{j} c_k-L)^2 (j−i+∑k=ijck−L)2 ， L L L 为给定的常量。
解法
真真斜率优化板子题了
首先统一一下说法
s
m
i
=
∑
j
=
1
i
c
j
sm_i=\sum_{j=1}^{i} c_j
smi=∑j=1icj （即前缀和，以下题目均为此含义）
L
=
L
+
1
L=L+1
L=L+1
设 f i f_i fi 表示装前 i i i 个所需的最小花费，答案就是 f n f_n fn
易得
f
i
=
f
j
+
(
i
−
j
+
s
m
i
−
s
m
j
−
L
)
2
f_i=f_j+(i-j+sm_i-sm_j-L)^2
fi=fj+(i−j+smi−smj−L)2
显然这是
O
(
n
2
)
\Omicron( n^2 )
O(n2) 的
我们尝试将其优化至 O ( n ) \Omicron( n ) O(n)
然后就开始愉快的推柿子了
设
A
i
=
s
m
i
+
i
A_i=sm_i+i
Ai=smi+i
f
i
=
f
j
+
(
A
i
−
A
j
−
L
)
2
f_i=f_j+(A_i-A_j-L)^2
fi=fj+(Ai−Aj−L)2
考虑
k
<
j
k<j
k<j 并且
j
j
j 转移到
i
i
i 优于
k
k
k 需要满足什么条件
f
j
+
(
A
i
−
A
j
−
L
)
2
≤
f
k
+
(
A
i
−
A
k
−
L
)
2
f_j+(A_i-A_j-L)^2 \le f_k+(A_i-A_k-L)^2
fj+(Ai−Aj−L)2≤fk+(Ai−Ak−L)2
拆开，得
f
j
+
A
i
2
+
A
j
2
+
L
2
−
2
A
i
A
j
−
2
A
i
L
+
2
A
j
L
≤
f
k
+
A
i
2
+
A
k
2
+
L
2
−
2
A
i
A
k
−
2
A
i
L
+
2
A
k
L
f_j+A_i^2+A_j^2+L^2-2A_iA_j-2A_iL+2A_jL \le f_k+A_i^2+A_k^2+L^2-2A_iA_k-2A_iL+2A_kL
fj+Ai2+Aj2+L2−2AiAj−2AiL+2AjL≤fk+Ai2+Ak2+L2−2AiAk−2AiL+2AkL
化简一下
f
j
+
A
j
2
−
2
A
i
A
j
+
2
A
j
L
≤
f
k
+
A
k
2
−
2
A
i
A
k
+
2
A
k
L
f_j+A_j^2-2A_iA_j+2A_jL \le f_k+A_k^2-2A_iA_k+2A_kL
fj+Aj2−2AiAj+2AjL≤fk+Ak2−2AiAk+2AkL
移一下项
(
f
j
+
A
j
2
)
−
(
f
k
+
A
k
2
)
≤
2
A
i
A
j
−
2
A
i
A
k
+
2
A
k
L
−
2
A
j
L
(f_j+A_j^2)-(f_k+A_k^2) \le 2A_iA_j-2A_iA_k+2A_kL-2A_jL
(fj+Aj2)−(fk+Ak2)≤2AiAj−2AiAk+2AkL−2AjL
设
B
i
=
f
i
+
A
i
2
B_i=f_i+A_i^2
Bi=fi+Ai2
B
j
−
B
k
≤
2
(
A
i
−
L
)
(
A
j
−
A
k
)
B_j-B_k \le 2(A_i-L)(A_j-A_k)
Bj−Bk≤2(Ai−L)(Aj−Ak)
最后
B
j
−
B
k
A
j
−
A
k
≤
2
(
A
i
−
L
)
\frac{B_j-B_k}{A_j-A_k} \le 2(A_i-L)
Aj−AkBj−Bk≤2(Ai−L)
推柿子环节至此结束
那么柿子的左边就是斜率（忘记的往上滑回去看）
我们基于这个式子来进行单调队列优化
其实跟上面的烽火传递很类似，只是柿子部分改下就好了
不过并不是所有的斜率优化都能依靠单调队列进行，只有当斜率具有单调性才可以，不然我们就要利用别的数据结构了。
代码
Talk is cheap,show you the code.
#include<cstdio>
#define ll long long int
using namespace std;
const int N=5e4;
ll sm[N+10],f[N+10];
int q[N+10];
ll A(int x)
{
return sm[x]+x;
}
ll B(int x)
{
return f[x]+A(x)*A(x);
}
double fnd(int x,int y)
{
return (double)(B(x)-B(y))/(double)(A(x)-A(y));
}
int main()
{
int n;
ll m;
scanf("%d%lld",&n,&m);
m++;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sm[i]);
sm[i]+=sm[i-1];
}
int hd=0,tl=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while((hd<tl)&&(fnd(q[hd],q[hd+1])<=((sm[i]+i-m)<<1)))
{
hd++;
}
f[i]=f[q[hd]]+(A(i)-A(q[hd])-m)*(A(i)-A(q[hd])-m);
while((hd<tl)&&(fnd(q[tl-1],q[tl])>fnd(i,q[tl-1])))
{
tl--;
}
q[++tl]=i;
}
printf("%lld",f[n]);
return 0;
}
一些练习题
相信通过上面的例题，大家都对斜率优化有了一些基本了解了。所以下面的练习题就只阐述推柿子的过程和放代码啦。
建议大家在看的时候，自己拿纸笔跟着推一下，收获会更大哦。
特别行动队
题意
现有 n n n 名士兵，士兵 i i i 的战斗力为 x i x_i xi ，要将士兵拆分成若干组，每组中士兵编号连续。一组 i ∼ j i \sim j i∼j 士兵组的初始战斗力 y y y 为 ∑ k = i j x k \sum_{k=i}^{j} x_k ∑k=ijxk ，修正战斗力 z z z 为 a y 2 + b y + c ay^2+by+c ay2+by+c ，其中 a , b , c a,b,c a,b,c 为给定的系数。求划分后修正战斗力之和最大。
解法
照例， s m sm sm 表示前缀和
设 f i f_i fi 表示前 i i i 个的修正战斗力最大值，那么答案就是 f n f_n fn
易得状态转移方程
f
i
=
max
j
<
i
f
j
+
a
(
s
m
i
−
s
m
j
)
2
+
b
(
s
m
i
−
s
m
j
)
+
c
f_i=\max\limits_{j<i} f_j+a(sm_i-sm_j)^2+b(sm_i-sm_j)+c
fi=j<imaxfj+a(smi−smj)2+b(smi−smj)+c
展开，化简，得
f
i
=
f
j
+
a
s
m
i
2
+
a
s
m
j
2
−
2
a
s
m
i
s
m
j
−
b
s
m
j
+
b
s
m
i
+
c
f_i=f_j+asm_i^2+asm_j^2-2asm_ism_j-bsm_j+bsm_i+c
fi=fj+asmi2+asmj2−2asmismj−bsmj+bsmi+c
照例，把与
j
j
j 无关的项挪到左边
f
i
−
a
s
m
i
2
−
b
s
m
i
−
c
=
f
j
+
a
s
m
j
2
−
b
s
m
j
−
2
a
s
m
i
s
m
j
f_i-asm_i^2-bsm_i-c=f_j+asm_j^2-bsm_j-2asm_ism_j
fi−asmi2−bsmi−c=fj+asmj2−bsmj−2asmismj
若
j
j
j 转移至
i
i
i 比
k
k
k 更优，需满足（注意，此题求的是最大值，所以实际上维护的是上凸包，式子中也应为 > 或 $ \ge $ ）
f
j
+
a
s
m
j
2
−
b
s
m
j
−
2
a
s
m
i
s
m
j
≥
f
k
+
a
s
m
k
2
−
b
s
m
k
−
2
a
s
m
i
s
m
k
f_j+asm_j^2-bsm_j-2asm_ism_j \ge f_k+asm_k^2-bsm_k-2asm_ism_k
fj+asmj2−bsmj−2asmismj≥fk+asmk2−bsmk−2asmismk
令
A
i
=
f
i
+
a
s
m
i
2
−
b
s
m
i
A_i=f_i+asm_i^2-bsm_i
Ai=fi+asmi2−bsmi
A
j
−
2
s
m
i
s
m
j
≥
A
k
−
2
s
m
i
s
m
k
A_j-2sm_ism_j \ge A_k-2sm_ism_k
Aj−2smismj≥Ak−2smismk
移项
A
j
−
A
k
≥
2
s
m
i
(
s
m
j
−
s
m
k
)
A_j-A_k \ge 2sm_i(sm_j-sm_k)
Aj−Ak≥2smi(smj−smk)
最后
A
j
−
A
k
s
m
j
−
s
m
k
≥
2
s
m
i
\frac{A_j-A_k}{sm_j-sm_k} \ge 2sm_i
smj−smkAj−Ak≥2smi
搞定！
（不过还是要注意细节，尤其是推柿子的时候）
代码
#include<cstdio>
#define ll long long int
using namespace std;
const int N=1e6;
ll sm[N+10],f[N+10];
int q[N+10];
int n;
ll a,b,c;
ll A(int x)
{
return f[x]+a*sm[x]*sm[x]-b*sm[x];
}
double fnd(int x,int y)
{
return (double)(A(x)-A(y))/(double)(sm[x]-sm[y]);
}
int main()
{
scanf("%d%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&c);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&sm[i]);
sm[i]+=sm[i-1];
}
int hd=0,tl=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while((hd<tl)&&(fnd(q[hd],q[hd+1])>=(double)(2*a*sm[i])))
{
hd++;
}
f[i]=f[q[hd]]+a*(sm[i]-sm[q[hd]])*(sm[i]-sm[q[hd]])+b*(sm[i]-sm[q[hd]])+c;
while((hd<tl)&&(fnd(q[tl-1],q[tl])<=fnd(q[tl],i)))
{
tl--;
}
q[++tl]=i;
}
printf("%lld",f[n]);
return 0;
}
征途
题意
有 n n n 段路程，每一段的长度是 a i a_i ai ，将其划分为 m m m 段，求最小方差 × m 2 \times m^2 ×m2
解法
设划分后每段的长度为 b i b_i bi ， b ‾ \overline{b} b 表示 b b b 序列的平均值，即 ∑ i = 1 m b i m \dfrac{\sum_{i=1}^{m} b_i}{m} m∑i=1mbi
再设最小方差为 v v v
则：
v
m
2
=
∑
i
=
1
m
(
b
i
−
b
‾
)
2
m
m
2
v
m
2
=
m
(
∑
i
=
1
m
(
b
i
2
+
b
‾
2
−
2
b
‾
b
i
)
)
v
m
2
=
m
(
∑
i
=
1
m
b
i
2
+
m
b
‾
2
−
2
b
‾
∑
i
=
1
m
b
i
)
v
m
2
=
m
∑
i
=
1
m
b
i
2
+
(
∑
i
=
1
m
b
i
)
2
−
2
(
∑
i
=
1
m
b
i
)
2
v
m
2
=
m
∑
i
=
1
m
b
i
2
−
s
m
n
2
vm^2=\frac{\sum_{i=1}^{m} (b_i-\overline{b})^2}{m}m^2\\ vm^2=m(\sum_{i=1}^{m} (b_i^2+\overline{b}^2-2\overline{b}b_i))\\ vm^2=m(\sum_{i=1}^{m} b_i^2+m\overline{b}^2-2\overline{b}\sum_{i=1}^{m} b_i)\\ vm^2=m\sum_{i=1}^{m} b_i^2+(\sum_{i=1}^{m}b_i)^2-2(\sum_{i=1}^{m} b_i)^2\\ vm^2=m\sum_{i=1}^{m} b_i^2-sm_n^2
vm2=m∑i=1m(bi−b)2m2vm2=m(i=1∑m(bi2+b2−2bbi))vm2=m(i=1∑mbi2+mb2−2bi=1∑mbi)vm2=mi=1∑mbi2+(i=1∑mbi)2−2(i=1∑mbi)2vm2=mi=1∑mbi2−smn2
m m m 是已知的， b i b_i bi 也已知，那么当下目标就是使得 ∑ i = 1 m b i 2 \sum_{i=1}^{m} b_i^2 ∑i=1mbi2 最小
表示第 i i i 段的结尾为 j j j 个数的最小平方和
可得转移方程
f
i
,
j
=
min
(
f
i
−
1
,
k
+
(
s
m
j
−
s
m
k
)
2
)
f_{i,j}=\min(f_{i-1,k}+(sm_j-sm_k)^2)
fi,j=min(fi−1,k+(smj−smk)2)
展开，得
f
i
,
j
=
f
i
−
1
,
k
+
s
m
j
2
+
s
m
k
2
−
2
s
m
j
s
m
k
f_{i,j}=f_{i-1,k}+sm_j^2+sm_k^2-2sm_jsm_k
fi,j=fi−1,k+smj2+smk2−2smjsmk
把与
k
k
k 无关的项移至左边，得
f
i
,
j
−
s
m
j
2
=
f
i
−
1
,
k
+
s
m
k
2
−
2
s
m
j
s
m
k
f_{i,j}-sm_j^2=f_{i-1,k}+sm_k^2-2sm_jsm_k
fi,j−smj2=fi−1,k+smk2−2smjsmk
考虑由
k
k
k 转移比由
l
l
l 转移更优需要满足的条件
f
i
−
1
,
k
+
s
m
k
2
−
2
s
m
j
s
m
k
≤
f
i
−
1
,
l
+
s
m
l
2
−
2
s
m
j
s
m
l
f_{i-1,k}+sm_k^2-2sm_jsm_k \le f_{i-1,l}+sm_l^2-2sm_jsm_l
fi−1,k+smk2−2smjsmk≤fi−1,l+sml2−2smjsml
惯常套路，浅浅移一下项
(
f
i
−
1
,
k
+
s
m
k
2
)
−
(
f
i
−
1
,
l
+
s
m
l
2
)
≤
2
s
m
j
s
m
k
−
2
s
m
j
s
m
l
(f_{i-1,k}+sm_k^2)-(f_{i-1,l}+sm_l^2) \le 2sm_jsm_k-2sm_jsm_l
(fi−1,k+smk2)−(fi−1,l+sml2)≤2smjsmk−2smjsml
令
A
j
=
f
i
−
1
,
j
+
s
m
j
2
A_j=f_{i-1,j}+sm_j^2
Aj=fi−1,j+smj2
A
k
−
A
l
≤
2
s
m
j
(
s
m
k
−
s
m
l
)
A_k-A_l \le 2sm_j(sm_k-sm_l)
Ak−Al≤2smj(smk−sml)
最后
A
k
−
A
l
s
m
k
−
s
m
l
≤
2
s
m
j
\frac{A_k-A_l}{sm_k-sm_l} \le 2sm_j
smk−smlAk−Al≤2smj
然后依此斜率优化即可
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long int
using namespace std;
const ll Inf=1e18;
const int N=3e3;
ll sm[N+10],f[N+10][N+10];
int q[N+10];
double A(int x,int y)
{
return (double)f[x][y]+sm[y]*sm[y];
}
double fnd(int x,int y,int z)
{
return (A(x,y)-A(x,z))/(double)(sm[y]-sm[z]);
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<=m;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
f[i][j]=Inf;
}
}
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
sm[i]=sm[i-1]+x;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int hd=0,tl=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
while((hd<tl)&&(fnd(i-1,q[tl],q[tl-1])>fnd(i-1,j,q[tl])))
{
tl--;
}
q[++tl]=j;
while((hd<tl)&&(fnd(i-1,q[hd+1],q[hd])<(double)(sm[j]<<1)))
{
hd++;
}
f[i][j]=f[i-1][q[hd]]+(sm[j]-sm[q[hd]])*(sm[j]-sm[q[hd]]);
}
}
printf("%lld",f[m][n]*m-(sm[n]*sm[n]));
return 0;
}
注意，根据我们上面推出的柿子，答案是 m f m , n − s m n 2 mf_{m,n}-sm_n^2 mfm,n−smn2
一些疑惑
Q1：什么时候可以用斜优啊？
A1：一般来讲，如果这道题你推出的 dp 式形为 f i = min / max ( f j + a j + b i c j ) f_i=\min / \max(f_j+a_j+b_ic_j) fi=min/max(fj+aj+bicj) ，也就是说同时含有 i , j i,j i,j 的项，此时很难找到最优决策点，多半是斜率优化。
Q2：可以讲下一般怎么推柿子吗？
A2：当然。以作者的个人习惯，会分为一下几个步骤：
- 一般只把含有转移项的项留在右边，其余的挪去左边（比如说，用 j j j 来转移 i i i ，就只把含有 j j j 的项留在右边）
- 考虑怎样转移更优（例：考虑由 j j j 转移到 i i i 比 k k k 转移更优），列出不等式
- 然后
无所不用其极努力来化简这个不等式，使柿子的左边化成类似斜率的形式 a y − b y a x − b x \dfrac{a_y-b_y}{a_x-b_x} ax−bxay−by 。在过程中可以适当引入一些表示方式来使柿子更简洁。
Q2：刚说只有斜率具有单调性的时候才能单调队列优化，那如果不具有单调性呢？
A2：这个时候就需要用一些恶心复杂的数据结构，比如平衡树之类的来寻找最优决策点，或者使用 CDQ 分治实现。
Q3+：为什么这篇文章不写呢？
A3+：这就非常惭愧了，因为作者本身是一名初中 OIer。啊不过这不是重点，重点是作者实在是太蒻了，这一部分也还在学习中，学会了再来和大家分享。
后记
这是我在 csdn 的第二篇博客啦
希望讲的能让大家看的清楚
博客中有错误或是遗漏的话也请各位不吝指出
有不太能理解的地方也可以在评论区发出来，我会解答的。
这篇真的打的超久超用心的
大家多多支持，一键三连哦。
谢谢啦
标签：rp,int,sum,斜率,2A,sm,行动队,fi,例题 From： https://blog.csdn.net/L_Aria/article/details/141389391