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一，概述

针对一类DP递推式中出现多项式交叉的多项式的DP
一定要求具有求解单调性

1，OI Wiki 的描述：

• 将初始状态入队
• 每次使用一条和 $i$ 相关的直线 $f_i$ 去切维护的凸包，找到最优决策，更新 $d{p}_i$
• 加入状态 $d{p}_i$。如果一个状态（即凸包上的一个点）在 $d{p}_i$加入后不再是凸包上的点，需要在$d{p}_i$加入之前剔除

2，思考过程

1，把原始DP方程做出来
2，把常量提出，在其余需要转移的量中选取一个 和转移位置下标有关的数组值 ，作为自变量（一般希望它在X轴方向上具有单调性）
3， 剩余的未知量（一般是前面的Dp值），作为纵坐标，建立坐标系
4，在转移的过程中，一般通过选取的横坐标的系数（斜率）不变
5，建模线性规划，考虑定斜率直线切点集凸包
6，维护凸包，线性或LOG选取进行转移

• 最终我们希望转移方程为以下形式： f [ i ] = m i n { f [ j ] + a [ i ] ∗ b [ j ] + c [ j ] + d [ i ] } f[i] = min\{f[j]+a[i]*b[j] +c[j]+d[i]\} f[i]=min{ f[j]+a[i]∗b[j]+c[j]+d[i]}
• 进一步的：$f[j]+c[j]=a[i]\ast b[j]+d[i]+f[i]$
• 我们要最小化或者最大化的一般是斜率，考虑适当换元使得符合这样一个一次形式
• $k=a[i]$ 记作待决策值值
• $(b[j],f[j]+c[j])$ 在函数散点图中出现，作为凸包的维护对象记作决策值
• 整个DP 的过程就是在散点图中拟合待择取值并优化

3，具体构造

1，通过四边形不等式或者数学归纳证明求解单调性
2，根据单调性设出两个决策对象 j₁，j₂ 并根据求解单调性对函数值列出不等式
3，提出不变量（$a[i]$） 并得到不等关系，以此择取值
4，结合线性规划做成下凸或者上凸

3.5，维护下凸壳的方法

• 择取队尾和队尾之后一个元素，和要入队的元素比较，如果是这种构型，直接删去
  

细节：
1，初始队列不为空，注意转移的起点需要赋初值
2，斜率是绑定在靠左的点上求的，我们需要第一个斜率大于目标的直线的左端点，注意弹栈的限制
3，队列至少两个元素！

4，一般建模：

1，数组有序，分组选取
2，在min，max择取的时候考虑通过排序保证择取的是端点值
3，等待问题考虑细分过程，明确时间底线使用前缀和择取

二，用法

以下的手法只是维护凸包的一个手段，我们不做lim，只是提出一个引子和启发

1，单调队列选取（k和b[i]单调）

有 $n$ 个 任务 排成一个 序列，顺序不得改变，其中第 $i$ 个 任务 的 耗时 为 $t_i$， 费用系数 为 $c_i$

现需要把该 $n$ 个 任务 分成 若干批 进行加工处理

每批次的 段头，需要 额外消耗 $S$ 的时间启动机器。每一个任务的 完成时间 是所在 批次 的 结束时间。

完成一个任务的 费用 为：从 $0$ 时刻 到该任务 所在批次结束 的时间 $t$乘以 该任务 费用系数 $c$

彩铅的详细讲解

int main()
{
    
    cin >> n >> s;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
        cin >> t[i] >> c[i];
        c[i] += c[i-1];
        t[i] += t[i-1];
    }

    int hh = 0;
    int tt = 0;
    int q[N];
    q[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
        while(hh < tt && f[q[hh+1]]-f[q[hh]] <= (s+t[i])*(c[q[hh+1]]-c[q[hh]]) )hh++;
        f[i] = f[q[hh]]-(s+t[i])*c[q[hh]]+s*c[n]+t[i]*c[i];
        while (hh < tt && (f[i]-f[q[tt]])*(c[q[tt]]-c[q[tt-1]]) <= (f[q[tt]]-f[q[tt-1]])*(c[i]-c[q[tt]]))tt--;
        q[++tt]=i;
    }

    cout << f[n];

}

2，二分择取（k不单调，b[i]单调）

• 如果目标斜率不单调了，我们就不能单调栈直接择取了
• 但是凸包还是要维护，凸包的性质是一定的
• 二分，斜率有序的凸包中查找第一个斜率大于目标的位置并转移
• 二分的位置就是单调队列内部，注意左右边界的择取

int main()
{
    
    cin >> n >> s;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
        cin >> t[i] >> c[i];
        c[i] += c[i-1];
        t[i] += t[i-1];
    }

    int hh = 0;
    int tt = 0;
    q[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
    
        int l = hh;
        int r = tt;
        while (l<r)
        {
    
            int mid = l+r>>1;
            if(f[q[mid+1]]-f[q[mid]] > (s+t[i])*(c[q[mid+1]]-c[q[mid]]))r=mid;
            else l = mid+1;
        }

        f[i] = f[q[l]]-(s+t[i])*c[q[l]]+s*c[n]+t[i]*c[i];
        while (hh < tt && (s64)(f[i]-f[q[tt]])*(c[q[tt]]-c[q[tt-1]]) <= (s64)(f[q[tt]]-f[q[tt-1]])*(c[i]-c[q[tt]]))tt--;
        q[++tt]=i;
    }

    cout << f[n];

}

3，CDQ 离线择取（k和b[i]均不单调）

4，Splay 择取（k和b[i]均不单调）