标签：Slope Q2 分段 top stk Trick le sum DP
原理
当序列 DP 的转移代价函数满足
- 连续；
- 凸函数；
- 分段线性函数.
时，可以通过记录分段函数的最右一段 \(f_r(x)\) 以及其分段点 \(L\) 实现快速维护代价的效果。
如：$ f(x)= \begin{cases} -x-3 & (x \le -1) \ x &( -1 < x\le1)\ 2x-1 &(x > 1)\end{cases} $
可以仅记录 \(f_r(x)=2x-1\) 与分段点 \(L_f=\{-1,-1,1\}\) 来实现对该分段函数的存储。
注意：要求相邻分段点之间函数的斜率差为 \(1\) ，也就是说相邻两段之间斜率差 \(>1\) 的话，这个分段点要在序列里出现多次。
优秀的性质：
\(F(x),G(x)\) 均为满足上述条件的分段线性函数，那么 \(H(x)=F(x)+G(x)\) 同样为满足条件的分段线性函数，且 \(H_r(x)=F_r(x)+G_r(x),L_H=L_F\cup L_G\)。
该性质使得我们可以很方便得运用数据结构维护 \(L\) 序列。
例题
CF713C Sonya and Problem Wihtout a Legend
给定一个有 \(n\) 个正整数的数组，一次操作中，可以把任意一个元素加一或减一。（元素可被减至负数或 \(0\)），求使得原序列严格递增的求最小操作次数。
\(n\le 3000,a_i\le10^9\)
首先 \(a_i=a_i-i\) 转成不降.
设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个数为 \(j\) 的最小操作次数，则有
\[f_{i,j}=\min_{k\le j}\{f_{i-1, k}\}+|a_i-j| \]绝对值函数显然是满足条件的凸函数，所以考虑直接维护这个函数。
因为是求前缀最小值，同时绝对值函数最右直线的斜率为正，故不妨只留下斜率为 \(0\) 的左侧函数。
那么每次转移就是向 \(L_f\) 中插入 \(\{a_i,a_i\}\)，同时，这时最右直线的斜率到达 \(1\)，故删去最右分段点。
于是最后 \(f_r\) 的截距 \(b\) 就是答案。
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signed main(){
read(n);
lfor(i, 1, n) read(a[i]), a[i] -= i;
lfor(i, 1, n){
Q.push(a[i]), Q.push(a[i]);
b += -a[i];
int R = Q.top(); Q.pop();
b += R;
}
cout << b << endl;
return 0;
}
CF1534G A New Beginning
你在一个二维平面直角坐标系的原点 \((0,0)\) 上，可以向上或向右移动 \(1\) 单位长度任意次。
现在给 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点为 \((x_i,y_i)\)，求对这 \(n\) 个点都打上标记的最少花费。
具体的，在任意时刻，在 \((X,Y)\) 对 \((x,y)\) 打标记，需要花费 \(\max(|X-x|,|Y-y|)\) 。
\(1\leq n\leq8\times10^5;0\leq x_i,y_i\leq10^9;\)
首先，将切比雪夫距离转换成曼哈顿距离，\((x,y)\rightarrow(\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2})\)。
容易发现一个点一定是在走到 \(X=x_i\) 的时候标记最优，故设 \(f_{i,j}\) 表示 \(X=x_i,Y=j\)，且所以 \(x_i\le X\) 的点已经全部标记的最小代价，则有
\[f_{i,j}=\min_{j-|x_{i+1}-x_i|\le k\le j+|x_{i+1}-x_i|}\{f_{i-1, k}\}+\sum_{(x,y),x=x_i}|j-y| \]那么考虑一次转移时，凸函数的变化是怎么样的。
即最低点往左右各延伸 \(|x_{i+1}-x_i|\) 的单位长度，其他位置平移，然后加上 \(\sum_{(x,y),x=x_i}|j-y|\)。
直接用大根堆和小根堆分别维护斜率为 \(0\) 的左右侧的分段点，平移就给整个堆打标记；与其他凸函数合并的时候，先直接按照大小加，然后讨论一下两个堆的分开位置是不是仍然斜率为 \(0\)，不是的话，讨论一下是要把哪个堆顶的一些分段点放到另一个堆中。
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signed main(){
read(n);
lfor(i, 1, n){
int x, y; read(x), read(y);
p[i] = {x + y, x - y}, uni[++tot] = p[i].x;
}
sort(p + 1, p + n + 1, [&](pal a, pal b){ return a.x < b.x; });
sort(uni + 1, uni + tot + 1), tot = unique(uni + 1, uni + tot + 1) - uni - 1;
lfor(i, 1, n) v[lsh(p[i].x)].pb(p[i].y);
lfor(i, 1, tot){
if(i > 1) More(uni[i] - uni[i - 1]);
for(int it : v[i]){
K += 1, B += -it;
if(!Q2.empty() && it <= Q2.top() + det2){
Q1.push(it - det1), Q1.push(it - det1);
}else Q2.push(it - det2), Q2.push(it - det2);
}
while(Q2.size() < K) Q2.push(Q1.top() + det1 - det2), Q1.pop();
while(Q2.size() > K) Q1.push(Q2.top() + det2 - det1), Q2.pop();
}
while(Q2.size()) stk[++top] = Q2.top() + det2, Q2.pop();
while(top) K--, B += stk[top--];
cout << B / 2 << endl;
return 0;
}
CF1210G Mateusz and Escape Room
给出一个 \(n\) 个点的环，每个点上都有一堆石子，其中第 \(i\) 个点上的石子个数为 \(a_i\) 。
每次操作可以选择一堆石子，将其中的一颗石子向左或是向右移到相邻的石子堆中。
要求在进行一系列操作后，位置 \(i\) 的石子个数要在 \([L_i,R_i]\) 之间，问最少操作次数?
\(n,a_i,L_i,R_i\le 35000\).
我们可以设 \(x_i\) 表示第 \(i\) 堆石子向第 \(i+1\) 堆石子移动了 个石子 ( 可以为负 )，则最终状态下每个位置的石子数就是 \(b_i=a_i-x_i+x_{i-1}\)，而答案就是 \(\sum_{i=1}^n|x_i|\)。
那么如果枚举 \(x_1\)，就可以用 dp 解决这个问题了，设 \(f_{i,j}\) 已经确定了\(x_{1\sim i}\) ，且 \(2\sim i\) 已经合法的最小操作次数，则有：
\[f_{i,j}=\min_{j-(L_i-a_i)\le k\le j-(R_i-a_i)}\{f_{i-1, k}\}+|j| \]用上一题类似的方式维护即可。
其次因为答案关于 \(x_1\) 是单峰的，所以可以三分 \(x_1\)，最终 \(O(n\log n\log \sum a_i)\) 解决问题。
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LL solve(int x1){
K = B = det1 = det2 = 0;
K = n + 10, B = abs(x1) - K * x1;
lfor(i, 1, K) Q1.push(x1), Q2.push(x1);
lfor(i, 2, n){
det1 -= (r[i] - a[i]), det2 -= (l[i] - a[i]), B += K * (l[i] - a[i]);
K += 1;
if(!Q2.empty() && 0 <= Q2.top() + det2) Q1.push(-det1), Q1.push(-det1);
else Q2.push(-det2), Q2.push(-det2);
while(Q2.size() < K) Q2.push(Q1.top() + det1 - det2), Q1.pop();
while(Q2.size() > K) Q1.push(Q2.top() + det2 - det1), Q2.pop();
}
int top = 0, L = l[1] - a[1] + x1, R = r[1] - a[1] + x1; LL sum = INF;
while(!Q2.empty()) stk[++top] = Q2.top() + det2, Q2.pop();
while(!Q1.empty()) stk[++top] = Q1.top() + det1, Q1.pop();
sort(stk + 1, stk + top + 1);
stk[top + 1] = INF, stk[0] = -INF;
if(stk[top] < L) sum = min(sum, K * L + B);
for(int i = top; i >= 1;){
LL x = stk[i];
LL y = K * x + B;
if(L <= x && x <= R) sum = min(sum, y);
while(stk[i] == x && i >= 1) --K, B += x, --i;
if(stk[i] < L && L < x) sum = min(sum, K * L + B);
if(stk[i] < R && R < x) sum = min(sum, K * R + B);
}
if(R < stk[0]) sum = min(sum, K * R + B);
return Ans = min(Ans, sum), sum;
}
int main(){
read(n);
lfor(i, 1, n) read(a[i]), read(l[i]), read(r[i]), A += a[i];
LL l = -A, r = A, mid;
while(l <= r){
mid = l + r >> 1;
if(solve(mid - 1) > solve(mid)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
cout << Ans << endl;
return 0;
}
P3642 [APIO2016]烟火表演（咕）
注意
- 直线 \(kx+b\) 向右平移 \(\Delta\) 得到的是 \(k(x-\Delta)+b\)，所以应当是 \(b\gets b-k\cdot\Delta\).
- 由 \((k-1)x+b'=kx+b\)，得到从右往左推算函数表达式时，\(b'\gets b+x\).
- 如果初始条件是 \(x\) 处为 \(v\)，其他地方为 \(\infty\)，可以在堆中加入若干 \(x\)，让斜率陡升。
- 答案只能从区间 \([L,R]\) 中取得时，注意在无法取 \(0\) 的情况下是否真的取到了 \(L/R\)。
- 如果斜率变化很大，也许可以用 \((x,cnt)\) 的形式来维护。
标签：Slope,Q2,分段,top,stk,Trick,le,sum,DP 来源： https://www.cnblogs.com/Callis/p/16108041.html
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