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题目传送门 - BZOJ3437
题意
给定两个序列$a,b$，现在划分$a$序列。
被划分出来的段$[j,i]$的花费为$a_i+sum_{k=j+1}^{i}(i-k)b_k$。
一种划分方式的花费就是每一段的花费之和。
问最小花费。
序列长度$leq 10^6$。
题解
首先我们不难写出DP方程：
$$dp_i=max{dp_j+sum_{k=j+1}^{i}(i-k)b_k}+a_i (0leq j<i)$$
然后容易看出可以斜率优化。
然后搬出斜率优化的套路。
先化简些式子。
$$dp_j+sum_{k=j+1}^{i}(i-k)b_k\=dp[j]-sum_{k=j+1}^{i}kb_k+isum_{k=j+1}^{i}b_k$$
设:
$$sum_i=sum_{j=1}^{i}b_j$$
$$vsum_i=sum_{j=1}^{i}b_j imes j$$
则原式=
$$dp_j-vsum_i+vsum_j+isum_i-isum_j$$
然后开始斜率优化DP的套路部分：
设
$$x_i=sum_i$$
$$y_i=dp_i+vsum_i$$
则原式=
$$y_j-vsum_i+isum_i-ix_j$$
假设$j>k$且从$j$转移不劣于$k$，则：
$$y_j-vsum_i+isum_i-ix_jleq y_k-vsum_i+isum_i-ix_k$$
化简得：
$$frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}leq i$$
然后献上斜率优化DP套路：
注意由于开始限制了$j>k$所以$x_j-x_k>0$，所以最后两边同时相除不等式仍然成立。
设
$$g_{i,j}=frac{y_i-y_j}{x_i-x_j} (i>j)$$
则上式可以表示为$g_{j,k}<i$
我们来发掘以下$g_{j,k}$的性质。
1. 当$g_{j,k}leq i$时，由于随着$i$变大，$i$也变大，所以显然从$k$转移是永远不会比$j$好的，所以我们可以把$k$扔掉。
2. 当$g_{i,j}leq g_{j,k}$时，从$i$或者$k$转移至少有一个不比$j$差，所以可以把$j$扔掉。为什么？？
若$g_{i,j}leq i$，显然$j$要被扔掉，根据第一个性质。
若$g_{i,j}>i$，则$g_{j,k}>i$，那么显然$j$比$k$差，也得被扔掉。
于是我们可以用一个单调队列来维护斜率的单调性。
具体的：
当情况1发生的时候让队首出队。
在进队的时候，如果发生情况2，那么先让队尾出队，然后再进队。
为了避免精度问题，我们可以把$x_i-x_j$乘上来。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000005;
int n,q[N],head=1,tail=0;
LL a[N],b[N],sum[N],vsum[N],dp[N],x[N],y[N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
sum[i]=sum[i-1]+b[i];
vsum[i]=vsum[i-1]+b[i]*i;
}
q[++tail]=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
int j=q[head+1],k=q[head];
while (tail-head>0&&y[j]-y[k]<=(x[j]-x[k])*i)
head++,j=q[head+1],k=q[head];
j=k;
dp[i]=dp[j]+vsum[j]-vsum[i]+(sum[i]-sum[j])*i+a[i];
x[i]=sum[i];
y[i]=dp[i]+vsum[i];
j=q[tail],k=q[tail-1];
while (tail-head>0&&(y[i]-y[j])*(x[j]-x[k])<=(y[j]-y[k])*(x[i]-x[j]))
tail--,j=q[tail],k=q[tail-1];
q[++tail]=i;
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}