\(update\ 2020.6.19:\) 临近退役，终于来修锅啦QAQ（更正基础概念上的错误；\( ext{Latex}\) 规范化；重新排版；增加标题号；添加【关于单调性的研究】；添加 \( ext{CDQ}\) 维护斜率优化的例子）
第一次写这么长的文章。
写完后对斜优的理解又加深了不少（\(update\ 2020.6.19:\) 回过头来看这句话满是讽刺啊，明明这时候连基本的概念都没有理清....）。
本文讲解较详，只要耐心读下去，相信大部分 \( ext{OIer}\) 都能看懂。
斜率优化 \( ext{dp}\)，顾名思义就是利用斜率相关性质对 \( ext{dp}\) 进行优化。
斜率优化通常可以由两种方式来理解，需要灵活地运用数学上的数形结合,线性规划思想。
对于这样形式的 \( ext{dp}\) 方程：\(dp[i]=Min/Max(a[i]?b[j]+c[j]+d[i])\)，其中 \(b\) 严格单调递增。
该方程的关键点在于 \(a[i]*b[j]\) 这一项，它既有 \(i\) 又有 \(j\)，于是单调队列优化不再适用，可以尝试使用斜率优化。
以 【模板】 玩具装箱 \( ext{toy [P3195]}\) 为例，两种斜优的理解方式。
设 \(S[n]=\sum_{i=1}^n(C[i]+1)\)，用 \(dp[i]\) 表示装好前 \(i\) 个的最小花费，则转移方程为：\(dp[i]=min(dp[j]+(S[i]?S[j]-1-L)^2)\)。
为方便描述，将 \( ext{L}\) 提前加 \(1\)，再把 \(min\) 去掉，得到状态转移方程：\(dp[i]=dp[j]+(S[i]?S[j]-L)^2\)。
化简得：\(dp[i]=S[i]^2-2S[i]L+dp[j]+(S[j]+L)^2-2S[i]S[j]\)
只含 \( ext{L}\) 的项对于每一个 \(i\) 的择优筛选过程都是完全一样的值，只含 \(Function(i)\) 的项在一次 \(i\) 的择优筛选过程中不变，含 \(Function(j)\) 的项可能会不断变化（在本题中表现为为严格单增）。
我们以此为划分依据，把同类型的项用括号括起来，即：\(dp[i]=(-2S[i]S[j])+(dp[j]+(S[j]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L)\)
(1).【维护一个凸包】
设 \(j_1,j_2\) \((0 \leqslant j_1<j_2<i)\) 为 \(i\) 的两个决策点，且满足决策点 \(j_2\) 优于 \(j_1\)，
有：\((-2S[i]S[j_2])+(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L) \leqslant (-2S[i]S[j_1])+(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)+(S[i]^2-2S[i]L)\)
即：\((-2S[i]S[j_2])+(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2) \leqslant (-2S[i]S[j_1])+(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)\)
划重点：此处移项需要遵循的原则是：参变分离。将 \(Function(i)\) 视作未知量，用 \(Function(j)\) 来表示出 \(Function(i)\) 。
移项得：\(-2S[i](S[j_2]-S[j_1]) \leqslant (dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)-(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2)\)
\(\because C[j] \geqslant 1\)
\( herefore S[j+1] > S[j]\)
\(又 \because j_2 > j_1\)
\( herefore S[j_2]-S[j_1]>0\)
\( herefore 2S[i] \geqslant \frac {(dp[j_2]+(S[j_2]+L)^2)-(dp[j_1]+(S[j_1]+L)^2)} {S[j_2]-S[j_1]}\)
设 \(Y(j)=dp[j]+(S[j]+L)^2,X(j)=S[j]\)，
即 \(2S[i] \geqslant \frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)}\)
显然等式右边是一个关于点 \(P(j_2)\) 和 \(P(j_1)\) 的斜率式，其中 \(P(j)=(X(j),Y(j))=(S[j],dp[j]+(S[j]+L)^2)\)。
也就是说，如果存在两个决策点 \(j_1,j_2\) 满足 \((0 \leqslant j_1<j_2<i)\)，使得不等式 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} \leqslant 2S[i]\) 成立，或者说 使得 \(P(j_2),P(j_1)\) 两点所形成直线的斜率小于等于 \(2S[i]\)，那么决策点 \(j_2\) 优于 \(j_1\)。
划重点：斜优灵活多变，细节麻烦也多，所以尽量将问题模式化。
比如这里的最终公式，尽量化为 \(\frac {(j)-(j')} {(j)-(j')}\) 的形式，而不是 \(\frac {(j)-(j')} {(j')-(j)}\) ，虽然直接做一般也不会出什么问题，但这样子可以方便理解，方便判断凸包方向等等。
假设有酱紫的三个点 \(P(j_1),P(j_2),P(j_3)\)，\(k_1,k_2\) 为斜率，如下图所示情况（三点分别为 \(A,B,C\)）：
显然有 \(k_2 < k_1\)。设 \(k_0=2S[i]\)，由上述结论可知：
\((a).\) 若 \(k_1 \leqslant k_0\)，则 \(j_2\) 优于 \(j_1\) 。反之，若 \(k_1 > k_0\)，则 \(j_1\) 优于 \(j_2\) 。
\((b).\) 若 \(k_2 \leqslant k_0\)，则 \(j_3\) 优于 \(j_2\) 。反之，若 \(k_2 > k_0\)，则 \(j_2\) 优于 \(j_3\) 。
于是这里可以分三种情况来讨论：
\((1).\) \(k_0 < k_2 < k_1\)。由 \((a),(b)\) 可知：\(j_1\) 优于 \(j_2\) 优于 \(j_3\) 。
\((2).\) \(k_2 \leqslant k_0 < k_1\)。由 \((a),(b)\) 可知：\(j_1\) 和 \(j_3\) 均优于 \(j_2\)。
\((3).\) \(k_2 < k_1 \leqslant k_0\)。由 \((a),(b)\) 可知：\(j_3\) 优于 \(j_2\) 优于 \(j_1\) 。
可以发现，对于这三种情况，\(j_2\) 始终不是最优解，于是我们可以将 \(j_2\) 从候选决策点中踢出去（删除），只留下 \(j_1\) 和 \(j_3\)，删后的情况如下图所示：
我们要对某一个问题的解决方案进行优化改进，无非就是关注两个要点：正确性和高效性（很多时候高效性都体现为单调性）。
酱紫做的正确性是毋庸置疑的，因为在 \(j_1\) 和 \(j_3\) 其中必定有一个比 \(j_2\) 更优，所以删除 \(j_2\) 对答案没有任何影响。
那么高效性呢？自己在脑子里面 \(yy\) 一下，在一个坐标系的第一象限中（本题中 \(X(j)\) 和 \(Y(j)\)均大于等于 \(0\)，至于为什么这里要说等于，下面会提到），有若干个离散的点，任取三点，如果左边斜率大于右边斜率，则形成了上述情况，必定会删点，因而消除这种情况。所以将最后留下来的点首位相连，其形成的各个线段斜率从左到右必定是单调递增的（有可能非严格递增，这个问题之后再讨论）。
如果学习过计算几何相关知识，会意识到这个过程其实与求凸包算法是类似的。（顺手丢一个广告：【学习笔记】计算几何全家桶）
实际上在图中选取最靠左下面、下面、右下面的点首位相连，就是最后留下来的点了，它们形成了一个下凸包，即凸包（又名凸壳）的下半部分（不严谨的讲，给定二维平面上的点集，凸包就是将最外层的点连接起来构成的凸多边形，它能包含点集中所有的点——摘自百度百科）。
维护出的图形如下图所示：
可以尝试在凸包围起来的区域内任意取一点，其必定能在包围圈上找到两个点使得该点可被删除。如上 \( ext{L}\) 点，它与 \(D,E\) 两点形成了一个可删点图形。
注意：图中 \(C,D,E\) 故意画成了三点一线，而实际上点 \(D\) 是可以删去的，且严格凸包不允许存在这种情况。关于去重的细节问题后面会提到。
同理，如果把不等式 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} \leqslant k_0[i]\) 改为 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} \geqslant k_0[i]\)，那么维护出来的就是一个上凸包。
(2).【寻找最优决策点】
在一次决策点的寻找中，易知下凸包点集里总会存在一点，使得它与左邻点形成的斜率小于等于 \(k_0\) ，与右邻点形成的斜率大于 \(k_0\) 。
例如上图中的 \(E\) 点，设 \(k_4 \leqslant k_0 < k_5\) 由于凸包上面的斜率呈单增态，那么有：\(k_1 < k_2 < k_3 < k_4 \leqslant k_0 < k_5 < k_6 < k_7\)，所以决策点 \(E\) 优于其他所有点，即 \(E\) 就是 \(dp[i]\) 的最优决策点。
如果暴力查找的话，就是从第一个点开始向后扫描，找到第一个斜率大于 \(k_0\) 的线段，其左端点即为最优决策点。由于凸包上的斜率依次递增，可以二分快速得到这个点。
先回顾一下模板题的 \( ext{dp}\) 方程：\(dp[i]=S[i]^2-2S[i]L+dp[j]+(S[j]+L)^2-2S[i]S[j]\)。
对其进行移项变化，变成形如 \(y=kx+b\) 的点斜式。
划重点：移项要遵循的原则是：把含有 \(function(i)*function(j)\) 的表达式看作斜率 \(k_0\) 乘以未知数 \(x\)，含有 \(dp[i]\) 的项必须要在 \(b\) 的表达式中，含有 \(function(j)\) 的项必须在 \(y\) 的表达式中。如果未知数 \(x\) 的表达式单调递减，最好让等式两边同乘个 \(-1\)，使其变为单增。
至于为什么说要让 \(x\) 的表达式单增，emm...其实是为了让一些较简单的问题模式化，不易出错，如果你非要单减，可以尝试倒序枚举，至于是否正确，具体实现需要注意的玄学问题等等，因为觉得太麻烦没有细想，我也不清楚会遇到什么问题。
例如此题，原 \( ext{dp}\) 方程可化为：
\((2S[i])S[j]+(dp[i]-S[i]^2+2S[i]L)=(dp[j]+(S[j]+L)^2)\)
其中 \(k_i=2S[i],\) \(x_i=S[j],\) \(b_i=dp[i]-S[i]^2+2S[i]L,\) \(y_i=dp[j]+(S[j]+L)^2\)。
其实也可以化为：
\((2S[i])(S[j]+L)+(dp[i]-S[i]^2)=(dp[j]+(S[j]+L)^2)\)
其中 \(k_i=2S[i],\) \(x_i=S[j]+L,\) \(b_i=dp[i]-S[i]^2,\) \(y_i=dp[j]+(S[j]+L)^2\)。
还可以化为 \(...\)
\(...\)
只要满足上述移项原则，对答案是没有任何影响的。
这里以第一种形式为例，先画出草图：
(1).【高中数学知识】
我们的目的是求出一个最优决策点 \(j\) 使得 \(dp[i]\) 最小，又因为 \(b[i]=dp[i]-S[i]^2\) ，所以就是要找到某个点使这条直线经过它时算出来的 \(b\) 最小，即是高中数学课本上的线性规划问题。
(2).【寻找最优决策点】
如图所示，点 \(E\) 即为最优决策点。显然，这个使得 \(b\) 最小的最优决策点位于下凸包点集中，且与上述代数法求得的点一致。
强烈推荐用线性规划思想主导思考过程，因为图形的变幻较直观，更重要的是：在某某变量不满足单调性时，通过图形可以迅速做出判断并改变策略（在后面【关于单调性的研究】中会详细解释）。
而代数法通常在不便于识别方程特征时起一个转换思维方向的作用，因为有些题可能会直接出现 \(\frac{Y(j)-Y(j')}{X(j)-X(j')}\) 的形式，需要通过一系列代数推导后再绘草图模拟决策。
实际上只要让维护的凸包方向相同，两种思考方式的代码是一模一样的。
用单调队列维护凸包点集，操作分三步走：
\((1).\) 进行择优筛选时，在凸包上找到最优决策点 \(j\) 。
\((2).\) 用最优决策点 \(j\) 更新 \(dp[i]\) 。
\((3).\) 将 \(i\) 作为一个决策点加入图形并更新凸包（如果点 \(i\) 也是 \(dp[i]\) 的决策点之一，则需要将 \((3)\) 换到最前面）。
在本题中步骤 \((3)\) 的具体操作为：判断当队尾的点与点 \(i\) 形成可删点图形时，出队直至无法再删点，然后将 \(i\) 加入队列。
在判断可删图形时有两种方法（以 下凸包 为例），一种是 ，另一种是 ，都表示出现了可以删去点 \(Q[t]\) 的情况（只要对边界、去重的处理足够严谨，两种写法是没有区别的）。其中 \(Q\) 是维护凸包点集的队列。
该做法时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于二分寻找最优决策点。
运用决策单调性进行优化。决策单调性相关基础知识见 【学习笔记】动态规划—各种 \( ext{DP}\) 优化，这里只放一下定义：
设 \(j_0[i]\) 表示 \(dp[i]\) 转移的最优决策点，那么决策单调性可描述为 \(\forall i\leqslant i',j_0[i]\leqslant j_0[i']\)。也就是说随着 \(i\) 的增大，所找到的最优决策点是递增态（非严格递增）。
还是以 玩具装箱 为例，来简单证一波决策单调性，方法采用四边形不等式。
显然，本题的转移方程呈现出了 \(dp[i]=min(dp[j]+w(i,j))\) 的形式，即 \(1D/1D\) 动态规划方程，其中 \(w(i,j)=(S[i]?S[j]-1-L)^2\)。
\(证明：设\) \(Q=S[i]?S[j]-1-L\)
\( herefore w(i,j)=(S[i]?S[j]-1-L)^2=Q^2\)
\(\begin{aligned} herefore w(i+1,j+1)=&(S[i+1]?S[j+1]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)?(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]-C[j+1])^2 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i,j+1)=&(S[i]?S[j+1]-1-L)^2\\ =&(S[i]?(S[j]+C[j+1]+1)-1-L)^2\\ =&(Q-C[j+1]-1)^2 \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i+1,j)=&(S[i+1]?S[j]-1-L)^2\\ =&((S[i]+C[i+1]+1)?S[j]-1-L)^2\\ =&(Q+C[i+1]+1)^2 \end{aligned}\)
\( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=2Q^2+2C[i+1]Q-2C[j+1]Q+C[i+1]^2-2C[i+1]C[j+1]+C[j+1]^2\)
\( herefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=2Q^2+2C[i+1]Q-2C[j+1]Q+C[i+1]^2+2C[i+1]+2C[j+1]+C[j+1]^2+2\)
\( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1)\)
\(又 \because C[i],C[j] \geqslant 1\)
\( herefore -2(C[i+1]+1)(C[j+1]+1) \leqslant -8\)
\( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)
四边形不等式成立，所以此方程具有决策单调性。
证毕。
由于最优决策点递增，可以用单调队列对其进行维护。操作 \((2),(3)\) 不需要改动，操作 \((1)\) 改为：判断当队首的第一根线段斜率小于等于 \(k_0[i]\) 时就出队，直至斜率大于 \(k_0[i]\)，此时的队首即为最优决策点。
正确性显然。因为随着 \(i\) 的变大，最优决策点 \(j_0[i]\) 也会跟着变大，如果已知某个点在当前情况下不够侑秀，那么在这之后也一定不会作为最优决策点，所以可以直接出队。
时间复杂度为 \(O(n)\) 。
一样的，两种思路。
先观察 \(k_0[i]\) 的表达式：\(k_0[i]=2S[i]\) ，明显在本题中 \(k_0\) 呈单增态。
【代数法】
\(k_0[i]\) 递增就说明我们找到的第一个斜率大于 \(k_0[i]\) 的线段在不断地向后移，也就是说，如果我们找到了某一个最优决策点 \(j\)，那么在下一次决策中，最优决策点 \(j'\) 必定在 \(j\) 的后面。
决策单调性得证。
【线性规划】
画出草图：
直线 \(Line_i\) 的斜率 \(k_0[i]\) 递增，
由图可知最优决策点在递增。
决策单调性得证。
【其他】
从这个角度来看的话，貌似决策单调性和 \(X(j),k_0[i]\) 的单调性是相通的？
于是一个结论就出现了：如果 \(X(j),k_0[i]\) 均单调不减，则该方程必定有决策单调性（自己瞎 \(yy\) 的，不敢肯定一定正确）。
这道题 \(...\) 数据太水了 \(...\) 我一开始 \( ext{L}\) 忘了加 \(1\) 居然还过了 \(...\)
(ノ°ο°)ノ前方高能预警 (＊°ω°＊)ノ"非战斗人员请撤离!! ＊?_?)ノ
\((1).\) 写出 \( ext{dp}\) 方程后，要先判断能不能使用斜优，即是否存在 \(function(i)*function(j)\) 的项或者 \(\frac{Y(j)-Y(j')}{X(j)-X(j')}\) 的形式。
\((2).\) 通过大小于符号或者 \(b\) 中 \(dp[i]\) 的符号结合题目要求 \((min/max)\) 判断是上凸包还是下凸包，不要见一个方程就直接盲猜一个下凸。
\((3).\) 当 \(X(j)\) 非严格递增时，在求斜率时可能会出现 \(X(j_1)=X(j_2)\) 的情况，此时最好是写成这样的形式：，而不要直接返回 \(inf\) 或者 \(-inf\)，在某些题中情况较复杂，如果不小心画错了图，返回了一个错误的极值就完了，而且这种错误只用简单数据还很难查出来。
\((4).\) 注意比较 \(k_0[i]\) 和 \(slope(j_1,j_2)\) 要写规范，要用右边的点减去左边的点进行计算（结合 \((3)\) 来看，可防止返回错误的极值），如果用的代数法理解，写出了 或 ，而恰巧 \(j_1,j_2\) 又写反了，便会出现等式两边同除了负数却没变号的情况。当然用 \(k_0\) 和 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)}{X(j_2)-X(j_1)}\) 进行比较是没有这种问题的。
\((5).\) 队列初始化大多都要塞入一个点 \(P(0)\)，比如 玩具装箱 \( ext{toy}\)，需要塞入 \(P(S[0],dp[0]+(S[0]+L)^2)\) 即 \(P(0,0)\)，其代表的决策点为 \(j=0\)。
\((6).\) 手写队列的初始化是 ，由于塞了初始点导致 \(t\) 加 \(1\)，所以在一些题解中可以看到 甚至是 ， 之类的写法，其实是因为省去了塞初始点的代码。它们都是等价的。
\((7).\) 手写队列判断不为空的条件是 ，而出入队判断都需要有至少 \(2\) 两个元素才能进行操作。所以应是 。
\((8).\) 计算斜率可能会因为向下取整而出现误差，所以 \(slope\) 函数最好设为 \(long\) \(double\) 类型。
\((9).\) 有可能会有一部分的 \( ext{dp}\) 初始值无法转移过来，需要手动提前弄一下，例如 摆渡车 \( ext{[P5017]}\)。
\((10).\) 在比较两个斜率时，尽量写上等于，即 和 而不是 和 。这样写对于去重有奇效（有重点时会导致斜率分母出锅），但不要以为这样就可以完全去重，因为要考虑的情况可能会非常复杂，所以还是推荐加上 \((3)\) 中提到的特判，确保万无一失。
划重点：注意是否具有单调性，不要盲目地使用单调队列进行维护。
将方程变为 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} \leqslant k_0[i]\) 或者 \(\frac {Y(j_2)-Y(j_1)} {X(j_2)-X(j_1)} \geqslant k_0[i]\) 或者 \(kx+b=y\) 的形式，变化要遵循之前提到的原则，尤其是 \(X(j)\) 的单调性，结合图形会更好理解（目的是将单减的形式变为单增，方便维护）。
注意：\(X(j)\) 的单调性会影响凸包维护方式的选择。
如果决策点横坐标 \(X(j)\) 不存在单调性该怎么办（既不单增也不单减）？
（假设此时 \(k_0[i]\) 仍然单调）
此时维护凸包就不能用单调队列了，因为插入点时可能会插到凸包点集中间的某个位置，而队列是不支持这种操作的，需要用到平衡树维护或者用 \( ext{CDQ}\) 分治提供单调性（后面会讲到）。
这里有计算几何基础的话会更易理解，因为上面维护图形时的删点操作与水平序 \( ext{Graham}\) 扫描法求凸包是类似的，而扫描法的前提为：点集呈水平序，即点从左至右依次排列（体现为 \(X(j)\) 单调不减）。
注意：\(k_0[i]\) 的单调性会影响寻找最优决策点方式的选择。
如果斜率 \(k_0[i]\) 不存在单调性该怎么办？
（假设此时 \(X(j)\) 仍然单调）
我们仍可以用队列维护凸包点集，但不知道每一次会在什么地方取得最优决策点，所以必须要保留整个凸包以确保决策有完整的选择空间，也就是说不能弹走队首，同时查找答案也不能直接取队首，只能使用二分。
- 【模板】 任务安排 \(3\)（可以证明该题不具有决策单调性）
现在来看 \(k_0[i]\) 与 \(X(j)\) 均不单调的情况：
此时无法再用队列维护凸包了，但平衡树本就支持查询前驱、后继，直接把 \(k_0[i]\) 丢进去询问即可。
而 \( ext{CDQ}\) 就更有意思了：在 \((2)\) 中做法的基础上恰好还能再加一维偏序！
我们直接人为地排出单调性，像普通单调队列那样维护就可以了（代码放后面）。
去年 \(noip\) 普及组的题（雾）。
【Code】
【题目描述】
有 \(N\) 个任务等待完成（顺序不得改变），这 \(N\) 个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻 \(0\) 开始，这些任务被分批加工，第 \(i\) 个任务单独完成所需的时间是 \(T_i\) 。只有一台机器，在每批任务开始前，机器需要启动时间 \(S\)，完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以它的费用系数 \(F_i\)。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
【数据范围】
\(T1:\) \(1 \leqslant N \leqslant 5000, 0 \leqslant S \leqslant 50,1 \leqslant T_i, F_i \leqslant 100\)
\(T2:\) \(1 \leqslant N \leqslant 10000, 0 \leqslant S \leqslant 50,1 \leqslant T_i, F_i \leqslant 100\)
\(T3:\) \(1 \leqslant N \leqslant 300000, 1 \leqslant S\leqslant 512,0 \leqslant F_i \leqslant 512,|T_i| \leqslant 512\)
(1).【T1】
设 \(ST[i]=\sum_{j=1}^i T[j],SF[i]=\sum_{j=1}^i F[j]\)
\( ext{dp}\) 方程很简单：\(dp[p][i]=min(dp[p-1][j]+(ST[i]+p imes S)(SF[i]-SF[j]))\)，但是 \(O(n^3)\) 的时间复杂度连 \(T1\) 都过不了。
由于不知道每一次分段之前已经分了多少，所以需要用一维空间和一层循环来表示这个信息，从而知道 \(S\) 需要乘以多少。
那么可以反过来，用一种名为费用提前计算的经典思想来进行优化（据说这个叫未来 \( ext{dp}\)），每分出一批任务，那么对于这之后的每一个任务都需要多出一个 \(S\) 的时间，所以可以直接计算 \(S\) 对后面的影响。
即：\(dp[i]=min(dp[j]+ST[i](SF[i]-SF[j])+S(SF[n]-SF[j]))\)
压成了 \(O(n^2)\) 后，\(T1\) 就可以 \( ext{AC}\) 了，但它还能继续优化。
(2).【T2】
先转化为斜率式看看？
\((S+ST[i]) * SF[j] + (dp[i]-ST[i]*SF[i]-S imes SF[i])=(dp[j])\)
其中 \(k=S+ST[i],\) \(x=SF[j],\) \(b=dp[i]-ST[i] imes SF[i]-S imes SF[i],\) \(y=dp[j]\) 。
决策点要使得 \(dp[i]\) 尽量小，且 \(S+ST[i]\) 和 \(SF[j]\) 都严格单增，所以直接用单调队列维护一个下凸包即可。
时间复杂度为 \(O(n)\) 。
【Code】
(3).【T3】
因 \(F_i\) 可等于 \(0\)，\(X(j)\) \((\) 即 \(SF[i])\) 非严格递增，所以需要特判 \(X(j_1)=X(j_2)\) 的情况（但仍具有单调性，可以使用队列维护凸包）。
因 \(T_i\) 可小于 \(0\)，\(k_0[i](\) 即 \(S+ST[i])\) 无单调性，所以不具有决策单调性，可以用四边形不等式进行证明：
该 \( ext{dp}\) 方程显然为 \(dp[i]=dp[j]+w(i,j)\) 的形式，其中 \(w(i,j)=ST[i](SF[i]-SF[j])+S(SF[n]-SF[j])\) 。
\( ext{证明：}\) \( ext{设}\) \(Q=S(SF[n]-SF[j])\)
\( herefore w(i,j)=ST[i](SF[i]-SF[j])+Q\)
\(\begin{aligned} herefore w(i+1,j+1)=&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i+1]SF[j+1]+S(SF[n]-SF[j+1])\\ =&ST[i+1]SF[i+1]-SF[j+1]*(ST[i]+T[i+1])+Q-S imes F[j+1]\\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i,j+1)=&ST[i](SF[i]-SF[j+1])+Q-S imes F[j+1]\\ =&ST[i]SF[i]-ST[i]SF[j+1]+Q-S imes F[j+1]\\ \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} w(i+1,j)=&ST[i+1](SF[i+1]-SF[j])+Q\\ =&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i+1]SF[j]+Q\\ =&ST[i+1]SF[i+1]-ST[i]SF[j]-T[i+1]SF[j]+Q \end{aligned}\)
\( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)=ST[i](SF[i]-SF[j])+ST[i+1]SF[i+1]-SF[j+1](ST[i]+T[i+1])+2Q-S imes F[j+1]\)
\( herefore w(i+1,j)+w(i,j+1)=ST[i]SF[i]-ST[i]SF[j+1]+ST[i+1]SF[i+1]-ST[i]SF[j]-T[i+1]SF[j]+2Q-S imes F[j+1]\)
\( herefore w(i,j)+w(i+1,j+1)-w(i+1,j)+w(i,j+1)=-F[j+1]*T[i+1]\)
\( ext{又} \because 0 \leqslant F_i \leqslant 512,-512 \leqslant T_i \leqslant 512\)
\( herefore ext{当} T_i \leqslant 0 时,w(i,j)+w(i+1,j+1) \geqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)
\( ext{当} T_i \geqslant 0 ext{时},w(i,j)+w(i+1,j+1) \leqslant w(i+1,j)+w(i,j+1)\)
四边形不等式不一定成立，所以此题不具有决策单调性。
证毕。
此时需要在队列中二分查找最优决策点。
时间复杂度为 \(O(n\log n)\) 。
【Code】
因为暂时没找到 \(X(j)\) 不单调、\(k_0[i]\) 单调的例题，这里直接讲两者均不单调的情况。
如果学习了动态凸包算法，会发现这其实就是套了个板子上去（平衡树代码较毒瘤就不放了）。
\( ext{CDQ}\) 做法也比较显然，但因为递归过程不好描述，直接看代码注释吧。
时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
【Code】
（以此处为分界线，上面都是 \(X(j)\) 与 \(k_0[i]\) 均单调的例子）
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任务安排 \(3\) \( ext{[SDOI2012] [P5785]}\) \( ext{[Loj10186]}\) \( ext{[Bzoj2726]}\)（\(X(j)\) 单调 \(k_0[i]\) 不单调）
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高速公路 \( ext{[P3994]}\)（\(X(j)\) 单调 \(k_0[i]\) 不单调。树上转移）
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购票 \( ext{[NOI2014] [P2305]}\)（\(X(j)\) 单调 \(k_0[i]\) 不单调。树上转移）
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\( ext{Building Bridges [CEOI2017] [P4655]}\)（\(X(j)\) 与 \(k_0[i]\) 均不单调）
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货币兑换 \( ext{[NOI2007] [P4027]}\)（\(X(j)\) 与 \(k_0[i]\) 均不单调）
（本文部分内容摘自以下文章）
