三個月後第一次寫部落格，我們從這個題開始：
這道題dp方程比較好寫：用dp[i]表示1到i全部被控制的最小代價，那麼dp[i]=min/*表明j+1到i被i守衛*/
然後o(n^2)大t特t。
這裡就要用到斜率優化dp，下面給出我推導這道題的過程。
設i從j轉移比從k轉移要優，那麼：
dp[j]+(i-j)*(i-j-1)/2
dp[j]+[i^2-2ij+j^2-i+j]/2
dp[j]-dp[k]
dp[j]-dp[k]
i(k-j)
ji-->
-/(j-k)>i
j>k:-/(k-j)
-/(j-k)
由此可以得到乙個很像斜率的東西：令yi=i(i+1)/2+dp[i],xi=i，那麼你發現這個式子變成了：
jij>k:(yj-yk)/(xj-xk)
這個東西維護起來要好很多，因此yj,yk,xj,xk都是不受i的影響的，如果你能把式子化成類似這樣的形式，那麼你幾乎已經成功了。
一般斜率dp使用單調佇列進行維護。（下面描述中，我們用g(a,b)表示(ya-yb)/(xa-xb)）
隊頭維護：本題中優於i是遞增的，用a表示佇列第一項，用b表示佇列第二項(a
隊尾維護：（這個你也可以畫圖維護乙個類似凸包的東西，但我更喜歡直接推）
用a表示隊尾倒數第二項，用b表示隊尾最後一項，用c表示當前要插入的元素(a
可以發現當g(a,b)>g(b,c)時，b不可能成為最優解。
1、當g(a,b)>i，表明a優於b，b不是最優解。
2、當g(a,b)
因此可以將b彈出。
轉移的時候直接取出隊頭元素進行轉移即可，整個dp複雜度變為o(n)，a掉此題。
注意點：上述過程中，請重視正負性的問題，這也許會導致不等式變號，從而改變整個式子。
來個簡單點的題目：其實這道才是我的入門題啊！）
貼**：（注：可以用乘積式代替g函式）
#include using這題比上一題不同之處在於，它到控制它的控制站之間的牧場數目（不包括自身，但包括控制站所在牧場）乘上該牧場的放養量這句話有點礙眼。namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int maxn=1000005
;int
n,front,rear;
ll a[maxn],dp[maxn],q[maxn];
ll y(ll a)
ll x(ll a)
double
g(ll a,ll b)
intmain()
printf(
"%lld\n
",dp[n]);
return0;
}
單單使用乙個sum字首和似乎不能表示出dp方程。
如果i控制j+1到i之間的牧場，那麼新的cost就是(i-j-1)*b[j+1]+(i-j-2)*b[j+2]+……+1*b[i-1]+0*b[i]+a[i](a[i]後面忽略不計)
你發現b[j+1]到b[i]的係數剛好都是-1下去的，所以你考慮維護乙個square陣列，square[i]=σb[x]*x|1<=x<=i。
然後square[i]-square[j]=b[i]*i+b[i-1]*(i-1)+……+b[j+1]*(j+1)。可以用(sum[i]-sum[j])*i-(square[i]-square[j])來表示上面那個式子。
那麼dp方程寫出來了，用dp[i]表示1到i的站被控制的代價，那麼dp[i]=min
1、首先要化成(yj-yk)/(xj-xk)
2、隊頭處理：考慮a遞增或是遞減的性質，然後通過g(x,y)與a的關係來判斷是否彈出x。
3、隊尾處理：類似於幾何上凸包的形狀，儘管我個人直接推導更不容易錯，即g(x,y)g(y,z)的形式。
4、dp時直接取出隊頭元素計算即可。
5、千萬注意正負性問題，這是最大的易錯點。（當初之所以搞不懂斜率dp就是因為忽視了正負性的因素）
類似的一題：
再來一題：
貼本題**：
#include using這個題比較複雜，我們慢慢推。namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int maxn=1000005
;int
n,front,rear,q[maxn];
ll a[maxn],b[maxn],sum[maxn],square[maxn],dp[maxn];
ll x(ll a)
ll y(ll a)
double
g(ll a,ll b)
intmain()
dp[0]=0
; front=rear=0,q[rear++]=0
;
for (ll i=1;i<=n;i++)
printf(
"%lld\n
",dp[n]);
return0;
}
最暴力的dp：需要三維，分別儲存本次割點，上次割點，分割次數，然後再窮舉上上次割點，進行轉移，複雜度o(n^3k)=t到無邊無際。
然後第一步非常的巧，我們畫個圖來說明吧：
割裂順序有兩種，得到的價值分別如下：
1、先割裂sum1和sum2，再割裂sum2和sum3，價值為sum1*(sum2+sum3)+sum2*sum3
2、先割裂sum2和sum3，再割裂sum1和sum2，價值為sum3*(sum1+sum2)+sum1*sum2
發現了什麼-->兩種割裂方式價值是一樣的-->確定了割裂位置的話，割裂得到價值與割裂順序無關。
這個結論的好處就是我們可以直接從開頭一刀刀割向結尾，dp方程變為：(用dp[i][c]表示序列前i項已經割好，且割了c次的最大價值)
利用字首和優化：dp[i][c]=max
複雜度是o(n^2k)的，仍然t的厲害，我們必須再去掉乙個n，o(nk)才能a掉此題。
利用上述的斜率優化嘗試一下：
dp[j][c-1]+(sum[i]-sum[j])*sum[j]>dp[k][c-1]+(sum[i]-sum[k])*sum[k]
(dp[j][c-1]-sum[j]^2)-(dp[k][c-1]-sum[k]^2)>sum[i]*(sum[k]-sum[j])
令yi=dp[i][c-1]-sum[i]^2,xi=sum[i]
jsum[i]-->(yj-yk)/(xj-xk)
j>k:(yj-yk)/(xk-xj)(yj-yk)/(xj-xk)>-sum[i]
後面隊頭隊尾的維護請自行推導，複雜度可以少乙個n，o(nk)應該能過去。
本題空間限制128mb，如果開乙個100000*200的long long陣列=mle，因此需要滾動陣列。
但是這題我調了很久，下面來好好說一說關於0的問題（本題(xj-xk)可能為0）
到(dp[j][c-1]-sum[j]^2)-(dp[k][c-1]-sum[k]^2)>sum[i]*(sum[k]-sum[j])這一步為止，我們只進行加減法，所以這一步的式子是可靠的。
那麼xj-xk=0，所以要判斷yj-yk是否大於0即可，如果yj-yk>0，那麼無論sum[i]等於幾，j都優於k。
好像用乘積式可以解決問題，但是我用乘積式一直wa，所以
換了一種更好的解決0問題的方法（對於本題而言），由於本題0的存在毫無意義，在輸入時把ai=0的全部刪去，以保證xj-xk不等於0。
貼**：
#include using下面給一道相對簡單的題目：namespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int maxn=100005
;int
n,k,front,rear,q[maxn];
ll a[maxn],sum[maxn],dp[maxn],dp[maxn];
ll x(ll a)
ll y(ll a)
double
g(ll a,ll b)
intmain()
memset(dp,
0,sizeof
(dp));
for (int c=1;c<=k;c++)
for (int i=1;i<=n;i++) dp[i]=dp[i];
}printf(
"%lld\n
",dp[n]);
return0;
}
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