一、简述斜率优化
初步了解
本文以luoguP3195 玩具装箱为例，我们很容易可以的出下面这个柿子：
\[ f_i = \min_{j = 1}^{i - 1} \{ f_j + (i - j - 1 + s_i - s_j - L) ^ 2 \} \]
设 \(b_i = s_i + i\)，\(j\) 为 \(f_i\) 的最优决策点，则有：
\[ f_i = f_j + (b_i - b_j - (L + 1)) ^ 2 \]
把只与 \(j\) 有关的放在左边：
\[ f_j + b_j + 2 b_j (L + 1) = 2 b_i b_j - b_i ^ 2 - (L + 1) ^ 2 + 2 b_i (L + 1) + f_i \]
把 \(b_j\) 看做横坐标，\(f_j + b_j + 2 b_j (L + 1)\) 看做纵坐标，这个式子就是一条经过点 \(\big( b_j, f_j + b_j + 2 b_j (L + 1) \big)\)，斜率为 \(2 b_i\) 的直线，\(-b_i^2 - (L + 1) ^ 2 + 2 b_i (L + 1) + f_i\) 就看做截距。
由于 \(b_i\) 是确定的，截距中除 \(f_i\) 以外的所有单项式都是常量，所以 \(j\) 是使该直线截距最小的点，可以看成一条斜率为 \(2 b_i\) 的直线从 \(-\infty\) 上移过程中碰到的第一个点。
可以维护一个下凸壳，使直线碰到的第一个点一定在凸壳上。
维护凸壳
上图中，决策点的下凸壳为 \((B,C,E)\)，但因为加入了点 \(G\)，点 \(E\) 死了（大雾。
可以得到如下结论：
1、凸壳上边的斜率是从左到右单调递增的，否则会出现上图的情况。
2、设凸壳上的点从左至右依次记为 \(1\)~\(k\)，由 \(1\) 显然有，在凸壳中加入一个右边 (横坐标大于当前所有点) 的点编号为 \(k + 1\)，若 \(slope (k - 1, k + 1) \leq slope (k - 1, k)\)，则点 \(k\) 没有必要出现在凸壳上。
依照上述做法可以用单调栈来维护凸壳。
找决策点
对于斜率为 \(k\) 的直线，第一个碰到的点为凸壳上第一条斜率小于 \(k\) 的线段右端点，若没有则为最左边的点。
例题中，由于 \(2 b_i\) 的单调性，可以直接用单调队列把不符合上述条件的点扔掉。
一般情况
例题是斜率优化的入门题，当做横坐标和斜率的变量都有单调性，所以很好处理，在更加朴素的情况可以大致分为以下两种：
1、横坐标单调，斜率不单调：不用单调队列，在单调栈上二分即可，或者也可以打平衡树；
2、两者都不单调：我也没写过，平衡树维护应该问题不大。
一些例题
\(Sol\)：
记 \(f_i\) 表示乘坐第 \(i\) 班列车到达站点的最小代价。
暴力转移是显然的。
可以把 第\(i\) 班列车看作两个事件：
1、出发时刻：从决策点集中选点决策；
2、到达时刻：把第 \(i\) 个点加入所到达站点的决策点集。
把 \(2n\) 个时间按时间排序，就可以用单调队列维护。
\(p.s.\)：由于时间不超过 \(1000\)，直接暴力在凸包上选点可过 (考场亲测)。
时间复杂度由于排序可以 \(vector\)、链表等时间是线性的 \(O(n + T)\)，其中 \(T\) 为最大时刻。
\(Source\)：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> int in() { int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0; while (c < '0' || c > '9') f |= c == '-', c = getchar(); while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar(); return f ? -x : x; } template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; } template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; } const int N = 1e5 + 5; struct node { int x, t; } a[N << 2]; std::vector<int> q[N], b[2][1001]; int fro[N]; int n, m, A, B, C; long long f[N << 1]; inline bool chk1(int j, int k, int M) { return f[j - m] - f[k - m] + A * (a[j].t * a[j].t - a[k].t * a[k].t) > M * (a[j].t - a[k].t); } inline bool chk2(int j, int k, int i) { return (f[j - m] - f[k - m] + A * (a[j].t * a[j].t - a[k].t * a[k].t)) * (a[k].t - a[i].t) > (f[k - m] - f[i - m] + A * (a[k].t * a[k].t - a[i].t * a[i].t)) * (a[j].t - a[k].t); } int main() { //freopen("in", "r", stdin); n = in(), m = in(), A = in(), B = in(), C = in(); for (int i = 1, w, x, y, z; i <= m; ++i) { a[i] = (node){in(), in()}; a[i + m] = (node){in(), in()}; std::swap(a[i].t, a[i + m].x); b[0][a[i].t].push_back(i), b[1][a[i + m].t].push_back(i + m); } memset(f, -1, sizeof(f)); for (int tim = 1, i; tim <= 1000; ++tim) { for (unsigned p = 0; p < b[0][tim].size(); ++p) { i = b[0][tim][p]; if (a[i].x == 1) f[i] = A * a[i].t * a[i].t + B * a[i].t + C; while ((int)q[a[i].x].size() > fro[a[i].x] + 1) { int j = q[a[i].x][fro[a[i].x]], k = q[a[i].x][fro[a[i].x] + 1]; if (a[i].t >= a[k].t && chk1(j, k, 2 * A * a[i].t + B)) ++fro[a[i].x]; else break; } if ((int)q[a[i].x].size() > fro[a[i].x]) { int t = q[a[i].x][fro[a[i].x]], tmp = a[i].t - a[t].t; if (!~f[i]) f[i] = f[t - m] + A * tmp * tmp + B * tmp + C; else chk_min(f[i], f[t - m] + A * tmp * tmp + B * tmp + C); } } for (unsigned p = 0; p < b[1][tim].size(); ++p) { i = b[1][tim][p]; if (~f[i - m]) { while ((int)q[a[i].x].size() > fro[a[i].x] + 1) { int j = q[a[i].x][(int)q[a[i].x].size() - 2], k = q[a[i].x][(int)q[a[i].x].size() - 1]; if (chk2(j, k, i)) q[a[i].x].pop_back(); else break; } q[a[i].x].push_back(i); } } } long long res = -1; for (int i = 1; i <= m; ++i) if (a[i + m].x == n && ~f[i]) if (!~res) res = f[i] + a[i + m].t; else chk_min(res, f[i] + a[i + m].t); printf("%lld\n", res); return 0; } updating……