總結：

如果dp方程寫出來之後大概是長這樣的$f[i]=\sum_{0&lt;j&lt;i} min(f[j]+s[i,j])+…$，就可以考慮斜率優化（關於斜率: $\frac{y[i]-y[j]}{x[i]-x[j]}$）。先設$k_1$<$k2$，分析一下是否有$f[k_1]$<$f[k2]$（證明決策單調性），然後大力推一發柿子（通常是把關於$j$

1j1$j2$的項移到座標，關於i的項移到右邊），找到$x$座標和$y$座標所對應的值，用單調佇列維護有用的決策，就可以亂搞ac了

loj#10184. 「一本通 5.6 例 1」任務安排 1

這題應該是先教你搞出dp公式 注意題意，執行任務的時間是同一批任務的所用時間總和+啟動時間，費用算的是每一個任務所屬批次的結束時間*費用係數 設$t[i]$為時間的字首和，$c[i]$為費用的字首和，$$f[i]$為執行1~i 的最少花費，列舉當前批次的任務為 j ~ i，顯然有當前當前批次的費用$(t[i]+s)*(c[i]-c[j])$

，機器的啟動時間S會對後面的所有任務的完成時間都產生一個大小為S的後延，補充到當前的費用中，此時$f[i]=\sum_{1&lt;=j&lt;i} min(f[j]+(t[i]+S)*(c[i]-c[j])+(c[n]-c[i])*S)$，這題的資料範圍$1≤N≤5000$，可以放心$N^2$ dp

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int list[5100];
long long f[5100],t[5100],c[5100];
int main()
{
	int n,S;
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long tt,cc;
		scanf("%lld%lld",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	memset(f,63,sizeof(f));
	f[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=0;j<i;j++)
		{
			f[i]=min(f[j]+(t[i]+S)*(c[i]-c[j])+(c[n]-c[i])*S,f[i]);
		}
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

loj#10185. 「一本通 5.6 例 2」任務安排 2

(事實證明用t1的$N^2$做法是能過的) 有$j1&lt;j2$，試證明$j2$的決策比$j1$優秀 不想證，還是去看進階指南吧 $f[j1]+(t[i]+S)*(c[i]-c[j1])+(c[n]-c[i])*S&lt;f[j1]+(t[i]+S)*(c[i]-c[j1])+(c[n]-c[i])*S$ 拆括號，抵消，移項，得 $f[j1]-S*c[j1]-f[j2]+S*c[j2]&lt;t[i]*c[j2]-t[i]*c[j1]$ 右邊只保留t[i]的項， $\frac{(f[j1]-S*c[j1])-(f[j2]-S*c[j2])}{-c[j1]+c[j2]}&lt;t[i]$ 得到公式啦！ 根據“及時排出無用決策”，本題應是要維護一個下凸殼

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int list[11000];
long long f[11000],t[11000],c[11000];
int n,S;
int X(int i)
{
	return c[i];
}
int Y(int i)
{
	return f[i]-S*c[i];
}
double slop(int j1,int j2)
{
	return double(Y(j2)-Y(j1))/double(X(j2)-X(j1));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long tt,cc;
		scanf("%lld%lld",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	int head=1,tail=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		while (head+1<=tail&&slop(list[head],list[head+1])<t[i]) head++;
		f[i]=f[list[head]]+(t[i]+S)*(c[i]-c[list[head]])+(c[n]-c[i])*S;
		while (head<=tail-1&&slop(list[tail],i)<slop(list[tail-1],list[tail])) tail--;
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

loj#10186. 「一本通 5.6 例 3」任務安排 3

https://loj.ac/problem/10186 時間可能為負數，因此時間的字首和t[i]也不具有單調性 而我們要維護斜率還是具有單調性的！！ 結束刪隊頭的操作，最後出來的list[head]左邊的斜率小於t[i]，右邊的斜率大於t[i] 所以通過 二分查詢到 左邊的斜率小於t[i]，右邊的斜率大於t[i]的點 !！sd模版騙我錢財！！ 數字太大還是要把除移項變成乘好一點

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int list[310000];
LL f[310000],t[310000],c[310000];
int n,S;
LL X(int i)
{
	return c[i];
}
LL Y(int i)
{
	return f[i]-S*c[i];
}
double slop(int j1,int j2)
{
	return double(Y(j2)-Y(j1))/double(X(j2)-X(j1));
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&S);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int tt,cc;
		scanf("%d%d",&tt,&cc);
		t[i]=t[i-1]+tt;
		c[i]=c[i-1]+cc;
	}
	int head=1,tail=1; list[1]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		//while (head+1<=tail&&slop(list[head],list[head+1])<t[i]) head++;
		int l=head,r=tail;
		while (l<r)
		{
			int mid=(l+r)/2;
			if (f[list[mid]]-f[list[mid+1]]>=(S+t[i])*(c[list[mid]]-c[list[mid+1]])) l=mid+1; else r=mid;
		} 
		f[i]=f[list[l]]-(S+t[i])*c[list[l]]+t[i]*c[i]+S*c[n];
		while (head<=tail-1&&(f[list[tail]]-f[list[tail-1]])*(c[i]-c[list[tail]])>=(f[i]-f[list[tail]])*(c[list[tail]]-c[list[tail-1]])) tail--;
		list[++tail]=i;
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

loj#10187. 「一本通 5.6 例 4」Cats Transport

https://loj.ac/problem/10187 $d[i]$為d的字首和，即1號山到i號山的距離 如果想要接到第i只貓，就得在$t[i]-d[h[i]]$時或之後出發，才能在貓玩夠之後到達 令$a[i]=t[i]-d[h[i]]$，對a排序，根據貪心策略，一個飼養員接到的貓一定是a[]排序後連續的一段，那麼此時問題又回到了任務安排2了

設$s[i]$為a[ ]的字首和，f[i][j]為前i個飼養員，接到前j只貓的最小等待時間 有dp方程$f[i][j]=min(f[i-1][k]-(s[j]-s[k])+a[j]*(j-k))$

設$k1&lt;k2$，因為時間，路程均為正整數，一定有k2優於k1 $f[i-1][k1]-(s[j]-s[k1])+a[j]*(j-k1)&gt;f[i-1][k2]-(s[j]-s[k2])+a[j]*(j-k2)$ 拆括號，抵消，移項，注意$k1-k2&lt;0$，得 $\frac{(f[i-1][k1]-s[k1])-(a[i-1][k2]-s[k2])}{k1-k2}&lt;a[j]$

上一題血的教訓告訴我寫程式碼還是把它弄成乘法吧

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
LL d[110000],a[110000],s[110000],list[110000];
LL f[110][110000];//f[飼養員i][收回前j只貓]
bool cmp(LL x,LL y) {return x<y;}
LL Y(LL i,int k)
{
	return f[i][k]+s[k];
}
LL X(LL k)
{
	return k;
}
int main()
{
	int n,m,p;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
	for (int i=2;i<=n;i++) {scanf("%d",&d[i]);d[i]+=d[i-1];}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int h,t;
		scanf("%d%d",&h,&t);
		a[i]=t-d[h];
	}
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	for (int i=1;i<=m;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
	memset(f,63,sizeof(f)); 
	for (int i=0;i<=p;i++) f[i][0]=0;
	for (int i=1;i<=p;i++)
	{
		int head=1,tail=1; list[1]=0;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			while (head+1<=tail&& (Y(i-1,list[head])-Y(i-1,list[head+1]))>=a[j]*(list[head]-list[head+1])) head++;
			f[i][j]=min(f[i-1][list[head]]+a[j]*(j-list[head])-(s[j]-s[list[head]]),f[i-1][j]);
			if (f[i-1][j]+s[j]>=455743088879883099) continue;
			while (head<=tail-1&& (Y(i-1,list[tail-1]) - Y(i-1,list[tail])) * (list[tail]-j) > (Y(i-1,list[tail])-Y(i-1,j))*(list[tail-1]-list[tail])) tail--;
			list[++tail]=j;
		}
	}
	printf("%lld\n",f[p][m]);
	return 0;
}

loj#10188. 「一本通 5.6 練習 1」玩具裝箱

https://loj.ac/problem/10188 sum[i]為玩具長度的字首和 顯然有$f[i]=\sum_{1≤j&lt;i}{min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L)^2)}$ 令c[i]=sum[i]+i,L=1+L dp方程:$f[i]=min(f[j]+(c[i]-c[j]-L)^2)$ 設$k1&lt;k2$ (我喜歡用k) $f[k1]+(c[i]-c[k1]-L)^2&lt;f[k2]+(c[i]-c[k2]-L)^2$ 把$(c[i]-L)$看作一個整體，完全平方公式來一發 $f[k1]+(c[i]-L)^2-2*c[k1]*(c[i]-L)+c[k1]^2&lt;f[k2]+(c[i]-L)^2+2*(c[i]-L)*c[k2]+c[k2]^2$ 繼續拆括號，移項，得 $\frac{f[k1]+c[k1]^2-(f[k2]+c[k2]^2)}{c[k1]-c[k2]}&lt;2*(c[i]-L)$

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