這裡淺顯（並且不嚴謹）地說明一下標題中的兩個名詞：
斜率優化dp：狀態轉移方程形如f[i]=min/max的一類dp問題；
決策單調性：若對於狀態i，有決策ti，存在決策k優於t。
對以上兩條說明的不嚴謹與模糊之處，下文將結合題目給出（依舊不嚴謹且模糊的）一定程度上的解釋。
pine開始了從s地到t地的征途。
從s地到t地的路可以劃分成n段，相鄰兩段路的分界點設有休息站。
pine計畫用m天到達t地。除第m天外，每一天晚上pine都必須在休息站過夜。所以，一段路必須在同一天中走完。
pine希望每一天走的路長度盡可能相近，所以他希望每一天走的路的長度的方差盡可能小。
幫助pine求出最小方差是多少。
設方差是v，可以證明，v×m^2是乙個整數。為了避免精度誤差，輸出結果時輸出v×m^2。
第一行兩個數 n、m。
第二行 n 個數，表示 n 段路的長度
乙個數，最小方差乘以 m^2 後的值
5 21 2 5 8 6
361≤n≤3000,保證從 s 到 t 的總路程不超過 30000
附上原題鏈結→_→problem 4518. -- [sdoi2016]征途
為方便書寫，作出如下約定：
a[i]：題目給出的第i段路程長；
sum[i]：路程長的字首和；
x[i]：第i天走過的路程總和。
根據題意，每天走過的路程長度的方差表示為：
顯然，由於上式中只有x[i]為變數，問題自然轉化成了求∑x2[i]的最小值。
設計狀態轉移方程如下：
其中，f[i][j]表示前j天走過前i段路程，每天路程平方和的最小值。
觀察到狀態轉移方程的形式基本符合斜率優化dp的形式，於是固定j，並：
令t當t優於k：
同理，當k優於t：
由於s[i]單調遞增，故若在狀態i下有k優於t，則對於任意v>i，存在k優於t。
這就意味著，如果我們在某個狀態時發現決策k優於t，我們便再也不需要訪問決策t了。這就利用決策單調性，達到了降低時間複雜度的效果。
此外，還可以發現，在某個狀態下的有效決策形成了乙個下凸殼。粗略證明如下：
設座標系中存在點a、b、c，其橫座標單調遞增，其對應決策簡稱為決策a、b、c
當b的縱座標大於a、c的縱座標（形成了乙個上凸殼）：
2s[i]bc：決策a優於決策b，決策b優於決策c，故決策a最優；
kbc<2s[i]ab：決策a優於決策b，決策c優於決策b，故決策a或c最優；
2s[i]>kab：決策b優於決策a，決策c優於決策b，故決策c最優。
以上，形成上凸殼時，決策b不可能成為最優決策，故刪去點b，上凸殼性質被破壞；
同理，當b的縱座標小於a、c的縱座標（形成了乙個下凸殼）：
2s[i]ab：決策a優於決策b，決策b優於決策c，故決策a最優；
kab<2s[i]bc：決策b優於決策a，決策b優於決策c，故決策b最優；
2s[i]>kbc：決策b優於決策a，決策c優於決策b，故決策c最優。
故形成下凸殼時，所有決策均有可能成為最優決策。
這樣，我們用乙個雙端佇列就能維護可能成為最優決策的的決策，始終保證隊首元素最優，佇列滿足下凸殼性質。
其實f陣列不需要開二維，因為我們每次只用到了f[i][j]和f[i][j-1]，所以可以再壓去一維。但為方便理解，博主仍使用二維f陣列。
1 #include2bzoj4518-征途const
int maxn=3e3+10;3
intn,m;
4int
s[maxn];
5int
q[maxn],l,r;
6long
long
f[maxn][maxn];
7double count_y(int k,int j)
8double count(int t,int k,int j)
9int
main()
1018
for(int i=1;i<=n;++i)f[i][1]=s[i]*s[i];
19for(int j=2;j<=m;++j)
2030
}31 printf("
%lld\n
",f[n][m]*m-(long
long)s[n]*s[n]);
32return0;
33 }
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