不想写什么详细的讲解了...而且也觉得自己很难写过某大佬（大米饼），于是建议把他的 blog 先看一遍，然后加上几道题目以及解析...（关于我的理解在blog的后半部分）
这是——大米饼大佬
看完了大米饼同志对斜率优化的介绍，下面我来稍微讲讲对斜率优化dp 的理解
前置知识
- 单调队列
- 平面直角坐标系
- 直线解析式
- 等式处理
- dp状态设计
- balabala......
理解
其实斜率优化 dp 的原理很简单：
- 根据题目（斜率优化 dp 的题目一般都很裸）的 题意 以及 数据范围 先根据设计一个状态出来，当做 dp 数组。
- 根据已经设计好的 dp 状态设计一个状态转移方程，如果设计失败则跳回第一步，重新设计 dp 状态。
- 在第二步完成后，我们一般可以得到这样的一个式子：$ Fi = Fj +$ $(一个表达式)$
- 根据设计的状态做一些乱七八糟的东西（比如说将式子展开啦，移项啦...这些大米饼讲的应该挺清楚的吧）。
- 在第四步中，我们在将式子展开后，把下标中同时带有 i、j 的项（注意这里是项，如 Si*Sj）移到等式的左边。
- 然后我们就可以得到一个 $b + k x = y$ 形态的一般式（大米饼是这么叫的），其中等式左边下标带有 i 的变量（注意这里是变量，如Si）作为 k ，下标带有 j 的变量作为 x ，等式右边下标带有 j 的变量作为 y ，至于等式右边那些下标只带有 i 的变量我们不去管它，因为 i 在当前对于 Fi 的计算中相当于一个常量，对结果的影响一定。
- 然后我们发现这时候我们就可以得到点 (x, y) 了，那么我们就基本上已经完成了这道 斜率优化 dp 题了。
- 那么我们是要根据题意让 Fi （也就是一般式中的 b ）取到最小（大）值，那么我们的任务也就转化成了过一个点，画一条斜率为 k 的射线，令其与 y 轴的截距（与 y 轴的交点和原点的距离叫做截距）最小（大）。
做完这些工作之后，你把所有的点画到平面直角坐标系上，就可以看到这样的一条折线（假设我们现在求的是 Fi 的最小值）：
没错，这就是可能有用的点形成的像凸包一样的东西（凸壳）。那为什么这些点形成的折线一定是向下凸起的呢？
我们可以想想一下，如果折线内凹，那么引起内凹的那个点可能成为有用点吗？不可能，因为经过该点的斜率为 k 的直线与 y 轴的截距必然不会比它旁边两个点的截距要小
那么我们在来考虑一下，如果我们要求的是 Fi 的最大值呢？那么我们只要让折线向上凸起就好了（维护上凸性）。
对了对了！还有一点蛮重要的。那就是斜率优化可行性判定的标准（我自己口胡的）： 我们在上面的步骤中会处理出一个一般式中的 k 吗？那个 k 要满足单调性，
不然是没办法用双端队列（单调队列）维护的。
然后这里有一些题目
题目
洛谷P4072 [SDOI2016]征途
分析
首先你在做这题之前最好已经做过了 洛谷P3648 [APIO2014]序列分割 这道题（上面的 T6）。
这道题你只要一直推推推把式子推出来，然后发现 $ans = m * \sum_{i=1}^{m}a[i]^{2} - sum[n]^{2}$ ，
那么你就能知道我们要求的是 $min{\sum_{i=1}^{m}a[i]^{2}}$ （这就是序列分割啊），最后答案处理一下就好了。
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 const int M=3111; 7 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 8 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 9 inline int read(){ 10 int x=0,f=1; char c=getchar(); 11 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 12 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 13 } 14 ll n,m,sum[M],g[M],f[M],q[M],head,tail; 15 inline double Rate(ll i,ll j){ 16 if(sum[i]==sum[j]) return -1e9; 17 return (g[j]-g[i]+sum[j]*sum[j]-sum[i]*sum[i])/(1.0*sum[j]-sum[i]); 18 } 19 signed main(){ 20 n=read(),m=read(); 21 for(int i=1;i<=n;++i) 22 sum[i]=sum[i-1]+read(),g[i]=sum[i]*sum[i]; 23 for(int k=2,i;k<=m;++k){ 24 head=tail=0; 25 for(i=1;i<=n;++i){ 26 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=2*sum[i]) ++head; 27 f[i]=g[q[head]]+(sum[i]-sum[q[head]])*(sum[i]-sum[q[head]]); 28 while(head<tail && Rate(q[tail-1],q[tail])>=Rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i; 29 } swap(f,g); 30 } printf("%lld\n",g[n]*m-sum[n]*sum[n]); return 0; 31 }
洛谷P4360 [CEOI2004]锯木厂选址
分析
首先这道题其实与仓库建设类似，同时（可以算是）综合了序列分割...但是数据的处理有点麻烦（甚至还有点坑，比如 d 和 w 搞反了然后样例里面 d 、w 读入雷同...）
这题偷懒一点就是 抄 综合 一下序列分割这道题，将它作为模板，K 设成 3 ，n 要加一，然后常规做就好了。推式子也不是很麻烦，和仓库建设一样的套路
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define int long long 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=5e4+111; 8 #ifdef ONLINE_JUDGE 9 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 10 #endif 11 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 12 inline int read(){ 13 int x=0,f=1; char c=getchar(); 14 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 15 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 16 } 17 ll n,K,x[M],w[M],s[M],g[M],f[M],q[M],head,tail; 18 inline double Rate(ll i,ll j){ 19 if(w[i]==w[j]) return -1e18; 20 return (g[j]-g[i]+s[j]-s[i])/(1.0*w[j]-w[i]); 21 } 22 int las[M]; 23 signed main(){ 24 n=read()+1; 25 for(int i=1;i<=n;++i) 26 (i<n)&&(w[i]=read(),x[i+1]=x[i]+read()), 27 s[i]=s[i-1]+x[i]*w[i],w[i]+=w[i-1],g[i]=1e18; 28 for(int k=1,i;k<=3;++k){ 29 head=tail=0; 30 for(i=1;i<=n;++i){ 31 while(head<tail && Rate(q[head+1],q[head])<=x[i]) ++head; 32 f[i]=g[q[head]]+x[i]*(w[i-1]-w[q[head]])-s[i-1]+s[q[head]]; 33 while(head<tail && Rate(q[tail-1],q[tail])>=Rate(q[tail],i)) --tail; q[++tail]=i; 34 } swap(f,g); 35 } printf("%lld\n",g[n]); return 0; 36 }
其他题...咳咳（来自刷题慢者的尴尬...做一道题都要在黑板上墨迹个半天QwQ）