斜率优化学习笔记
概论：对形如(dp[i]=min(dp[j]+c[i]*c[j]))类型的转移方程的优化，其中有关于((i,j))的乘积项的式子。
例题：洛谷P2365 任务安排
题目描述
(N)个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这(N)个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第(i)个任务单独完成所需的时间是(T_i)。在每批任务开始前，机器需要启动时间(S)，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数(F_i)。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如:(S=1);(T={1,3,4,2,1});(F={3,2,3,3,4})。如果分组方案是({1,2})、({3})、({4,5})，则完成时间分别为({5,5,10,14,14})，费用(C={15,10,30,42,56})，总费用就是153。
输入输出格式
输入格式：
第一行是(N(1<=N<=5000))。
第二行是(S(0<=S<=50))。
下面N行每行有一对数，分别为(T_i)和(F_i)，均为不大于100的正整数，表示第(i)个任务单独完成所需的时间是(T_i)及其费用系数(F_i)。
输出格式：
一个数，最小的总费用。
先考虑(O(N^2))的做法
因为分的批数是不定的，所有我们为了避免算后面的时候要用到前面分了多少批这个状态，我们采用费用提前的思想，在处理前面时把(S)产生的费用给计算了。
方程:(f[i])代表前(i)个任务分成若干批产生的最小费用
转移:(f[i]=min_{i=0}^{i-1}(f[j]+t[i]*(c[i]-c[j])+S*(c[n]-c[j])))
其中,(t,c)分别是任务时间和费用的前缀和的数组
考虑将状态转移方程化简：
(f[j]=(S+t[i])*c[j]+f[i]-t[i]*c[i]-S*c[n])
注意：我们这里把(min)去掉了，是把(j)的取值集合所映射的(f[j])和(c[j])分别作为函数的(f(x))和(x)
那么这个一次函数的斜率(k)就等于((S+t[i]))，而截距(b)等于(f[i]-t[i]*c[i]-S*c[n])
我们想让这个(f[i])最小，那么其实就等价于(b)最小，在坐标系中，如果我们拿一个已知斜率的直线向上滑动，当它第一次碰见取值集合内的点((c[j],f[j]))时，就取到了它的最小值
1.考虑什么时候一个点可以取到最小值
通过手玩我们发现（对于这个手玩真的是最好的理解方式了）
对于点(J_2)，当以(x)为关键字排序后的两个相邻的点(J_1)和(J_3)（在此题中对应(c[j])的单调性）
当斜率(k_1<k_0<k_2)时，此点就是最优转移点
2.考虑什么时候一个点可能可以取到最小值，什么时候一定不能
如下图，当斜率(k_1<k_2)时，(J_2)是有机会的，此时三个点下凸
当斜率(k_1>=k_2)时，(J_2)不会有一点机会，此时三个点上凸
此时我们就可以用单调队列维护一个点集了，其中相邻点的斜率(k)必定是递增的
当需要做出决策的时候，我们二分这个点集，找到最优转移点。
针对于此题，我们发现每个决策点的斜率(S+t[i])是单调递增的，那么我们可以直接维护队首，保证每次从队首转移。即当当前斜率大于队首与第二个点之间的斜率时，就出队。
统计完答案后再用二元组((f[i],c[i]))更新队尾的元素，然后将它放进去
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=5010;
int f[N],t[N],c[N],n,S,q[N],l,r;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&S);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",t+i,c+i);
t[i]+=t[i-1];
c[i]+=c[i-1];
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
l=1,r=1;//注意此时已经把0作为元素放入了q[1]中去了
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(l<r&&f[q[l+1]]-f[q[l]]<=(S+t[i])*(c[q[l+1]]-c[q[l]])) l++;
f[i]=f[q[l]]+t[i]*c[i]+S*c[n]-c[q[l]]*(S+t[i]);
while(l<r&&(f[i]-f[q[r]])*(c[q[r]]-c[q[r-1]])<=(f[q[r]]-f[q[r-1]])*(c[i]-c[q[r]])) r--;
q[++r]=i;
}
printf("%d
",f[n]);
return 0;
}
2018.7.16