只是 DP 优化罢了，其他乱七八糟的 DP 根本不会。
全文只是我自己的理解，有逻辑上的错误请指出来 qwq
斜率优化 DP
斜率优化的流程是这样的。
首先列出 DP 式子，接着钦定两个在当前位置之前的变量。
形式化地，当前转移目标为 \(i\)，钦定 \(1 \le j_1<j_2<i\)。
接着钦定 \(j_1<j_2\) 且 \(j_2\) 优于 \(j_1\)。
此处的 \(j_1,j_2\) 代表由 \(j \rightarrow i\) 的决策转移点。
因为 DP 题目一定具有最优子结构，所以最优的 \(dp_i\) 必定由最优的 \(dp_j\) 转移而来。
这里每一层决策顺次下来，显然具有答案单调性。
大家都做过滑动窗口吧，思想其实差不多。
所以，这时候就可以利用单调队列和一定的安排次序来使得答案最优化。
目的：在保证下标单调性的同时探究什么因素导致了答案的单调性。
这个因题目而异，但万变不离其宗：函数式思想和单调性。
P3195 [HNOI2008] 玩具装箱：斜率优化入门。
这道题可以具体展现斜率优化的流程。
第 1 步，列出 DP 转移方程。
假设目前已经 DP 完了 \([1,j]\)，要从 \(j\) 直接转移到 \(i\)。
那么新产生的段就是 \([j+1,i]\)。根据定义，\(dp_i=\max\{dp_i,dp_j+(x-L)^2\}\)。
此处 \(x=i-(j+1)+\sum\limits_{k=j+1}^iC_k=i-j-1+\sum\limits_{k=j+1}^iC_k\)。
这样暴力转移当然是 \(O(N^3)\) 的。
但是看到区间静态和，直接优化掉一维循环，设 \({sum}_i=\sum\limits_{j=1}^i C_j\)。
那么有 \(x=i-j-1+{sum}_i-{sum}_j\)。
那么朴素 \(O(N^2)\) DP 转移方程即为
\[dp_i=\max\{dp_i,dp_j+(i-j-1+{sum}_i-{sum}_j-L)^2\} \]看到 \(1 \le N \le 5 \times 10^4\)，考虑优化。
第 1.5 步，让式子看起来更舒服。
真不是开玩笑。如果看到一堆不知所云的项，对我来说，斜率优化真没办法推。
当然，如果你的脑子非常好使，当然不需要这些乱七八糟的东西。
下面来设置一些函数，用来替换式子中的某一些项。
比如，这里使用 \(f(i)\) 来替换 \({sum}_i+i\)。
那么原式化为
\[dp_i=\max\{dp_i,dp_j+(f(i)-f(j)-1-L)^2\} \]嗯，看起来非常舒服。
第 2 步，拆式子。
这时候我们钦定的 \(j_1\) 和 \(j_2\) 派上用场了。
在此设 \(1 \le j_1<j_2<i \le N\)，且 \(j_2\) 优于 \(j_1\)。
这道题里面的“优”就是代价小。
那么翻译成人话就是
\[dp_{j_2}+(f(i)-f(j_2)-1-L)^2 \le dp_{j_1}+(f(i)-f(j_1)-1-L)^2 \]这时候，有技巧地拆开。
将 \(f(i)-f(j)-1-L\) 拆成两半，一半含有 \(i\)，另一半是剩下所有项。
这里我拆成了 \(f(i)\) 和 \(-(f(j)+1+L)\)。
那么可以开始拆了。
\[dp_{j_2}+f(i)^2-2\times f(i) \times (f(j_2)-1-L) + (f(j_2)-1-L)^2 \le dp_{j_1}+f(i)^2-2\times f(i) \times (f(j_1)-1-L) + (f(j_1)-1-L)^2 \]接着把含有 \(i\) 的丢到左边，剩下的移项到右边。
\[2 \times f(i) \times ((f(j_1)-1-L)-(f(j_2)-1-L)) \le (dp_{j_1}+(f(j_1)+L+1)^2) - (dp_{j_2}+(f(j_2)+L+1)^2) \]合并一下
\[2 \times f(i) \times (f(j_1)-f(j_2)) \le (dp_{j_1}+(f(j_1)+L+1)^2) - (dp_{j_2}+(f(j_2)+L+1)^2) \]这里观察到右边下标有相同的地方，令 \(g(i)=(f(i)+L+1)^2\)。
那么看到
\[2 \times f(i) \times (f(j_1)-f(j_2)) \le (dp_{j_1}+g(j_1))-(dp_{j_2}+g(j_2)) \]现在左边应变为只含 \(i\) 的项（因为要探究转移目标为 \(i\) 时答案的规律）
两边同除以 \((f(j_1)-f(j_2))\) 得到
\[2 \times f(i) \ge \dfrac{(dp_{j_1}+g(j_1))-(dp_{j_2}+g(j_2))}{f(j_1)-f(j_2)} \]（因为 \(f(i)\) 单调递增，\(f(j_1)-f(j_2) < 0\)，中间要变号）
观察到右侧 \(j_1,j_2\) 下标其实是对应的，想到求一次函数的斜率。
\[k=\dfrac{\Delta y}{\Delta x} \]这不一个形式。。。
所以将 \(dp_i+g(i)\) 视作 \(y_i\)，右边就是两个决策点之间的斜率。
回到定义，\(j_2\) 优于 \(j_1\)。
那么我们知道，一个决策点 \(j_2\) 优于另一个决策点 \(j_1\) 的条件就是
其实因为 \(j_2>j_1\)，写成这样更严谨：
\[2 \times f(i) \ge \dfrac{(dp_{j_2}+g(j_2))-(dp_{j_1}+g(j_1))}{f(j_2)-f(j_1)} \]这玩意儿可以拿单调队列优化。
由于 \(f(i)\) 单调递增，每一次找到的第一个符合条件的 \(j\)，必定是最优决策。
随着 \(f(i)\) 单调递增，斜率显然也单调递增。
最后，如果有不符合单调递增规律的尾元素，直接删掉，最后插入 \(i\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e4 + 10;
int n, L, h, t, q[N], sum[N], dp[N];
inline int f(int x) { return sum[x] + x; }
inline int g(int x) { return (f(x)+L+1) * (f(x)+L+1); }
inline double slope(int j1, int j2) {
return 1. * ((g(j2)+dp[j2]) - (g(j1)+dp[j1])) / (f(j2)-f(j1));
}
signed main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> L; h = t = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> sum[i], sum[i] += sum[i-1];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (h < t && 2 * f(i) >= slope(q[h], q[h+1])) ++h;
dp[i] = dp[q[h]] + (f(i)-f(q[h])-L-1) * (f(i)-f(q[h])-L-1);
while (h < t && slope(q[t], i) <= slope(q[t-1], q[t])) --t;
q[++t] = i;
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
标签：le,int,sum,times,DP,优化,dp 来源： https://www.cnblogs.com/MistZero/p/Accelerated-DP.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。