本文以luogup3195 玩具裝箱為例，我們很容易可以的出下面這個柿子：
\[f_i = \min_^ \
\]設 \(b_i = s_i + i\)，\(j\) 為 \(f_i\) 的最優決策點，則有：
\[f_i = f_j + (b_i - b_j - (l + 1)) ^ 2
\]把只與 \(j\) 有關的放在左邊：
\[f_j + b_j + 2 b_j (l + 1) = 2 b_i b_j - b_i ^ 2 - (l + 1) ^ 2 + 2 b_i (l + 1) + f_i
\]把 \(b_j\) 看做橫座標，\(f_j + b_j + 2 b_j (l + 1)\) 看做縱座標，這個式子就是一條經過點 \(\big( b_j, f_j + b_j + 2 b_j (l + 1) \big)\)，斜率為 \(2 b_i\) 的直線，\(-b_i^2 - (l + 1) ^ 2 + 2 b_i (l + 1) + f_i\) 就看做截距。
由於 \(b_i\) 是確定的，截距中除 \(f_i\) 以外的所有單項式都是常量，所以 \(j\) 是使該直線截距最小的點，可以看成一條斜率為 \(2 b_i\) 的直線從 \(-\infty\) 上移過程中碰到的第乙個點。
可以維護乙個下凸殼，使直線碰到的第乙個點一定在凸殼上。
上圖中，決策點的下凸殼為 \((b,c,e)\)，但因為加入了點 \(g\)，點 \(e\) 死了（大霧。
可以得到如下結論：
1、凸殼上邊的斜率是從左到右單調遞增的，否則會出現上圖的情況。
2、設凸殼上的點從左至右依次記為 \(1\)~\(k\)，顯然有：在凸殼中加入乙個橫座標大於當前所有點的點 \(t\)，若 \(slope (k - 1, t) \leq slope (k - 1, k)\)，則 \(k\) 不在凸殼上。
依照上述做法可以用單調棧來維護凸殼。
對於斜率為 \(k\) 的直線，第乙個碰到的點為凸殼上第一條斜率小於 \(k\) 的線段右端點，若沒有則為最左邊的點。
例題中，由於 \(2 b_i\) 的單調性，可以直接用單調佇列把不符合上述條件的點扔掉。
例題是斜率優化的入門題，當做橫座標和斜率的變數都有單調性，所以很好處理，在更加樸素的情況可以大致分為以下兩種：
1、橫座標單調，斜率不單調：不用單調佇列，在單調棧上二分即可，或者也可以打平衡樹；
2、兩者都不單調：我也沒寫過，平衡樹維護應該問題不大。
noi2019d1t1 回家路線
記 \(f_i\) 表示乘坐第 \(i\) 班列車到達站點的最小代價。
暴力轉移是顯然的。
可以把 第\(i\) 班列車看作兩個事件：
1、出發時刻：從決策點集中選點決策；
2、到達時刻：把第 \(i\) 個點加入所到達站點的決策點集。
把 \(2m\) 個時間按時間排序，就可以用單調佇列維護。
\(p.s.\)：由於時間不超過 \(1000\)，直接暴力在凸包上選點可過 (考場親測)。
時間複雜度由於排序可以用 \(vector\)、鍊錶等時間是線性的 \(o(m + t)\)，其中 \(t\) 為最大時刻。
#include #include #include #include int in()
templateinline void chk_min(t &_, t __)
templateinline void chk_max(t &_, t __)
const int n = 1e5 + 5;
struct node a[n << 2];
std::vectorq[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)
inline bool chk2(int j, int k, int i)
int main() ;
a[i + m] = (node);
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)
if ((int)q[a[i].x].size() > fro[a[i].x])
}for (unsigned p = 0; p < b[1][tim].size(); ++p)
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;
}
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