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决策单调性
四边形不等式
定义:
对于二元函数 \(w(x,y)\)，若 \(\forall a,b,c,d\in \mathbb{Z}\)，且 \(a\le b\le c\le d\)，都有 \(w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d)\)，则称函数 \(w\) 满足四边形不等式，也称它满足凸完全单调性
简记为 跨越 \(+\) 包含 \(\ge\) 交叉
定理1:
若函数 \(w(x,y)\) 满足 \(\forall a,b\in \mathbb{Z},a<b\) 都有 \(w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1)\)
则函数 \(w\) 满足四边形不等式
证明1:
若\(a<c\)，有 \(w(a,c+1)+w(a+1,c)\ge w(a,c)+w(a+1,c+1)\)
若\(a+1<c\)，有 \(w(a+1,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a+1,c)+w(a+2,c+1)\)
两式相加，得 \(w(a,c+1)+w(a+1,c)+w(a+1,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+1,c+1)+w(a+1,c)+w(a+2,c+1)\)
即 \(w(a,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+2,c+1)\)
同理可证，\(\forall a\le b\le c,w(a,c+1)+w(b,c)\ge w(a,c),w(b,c+1)\)
同理可证，\(\forall a\le b\le c\le d\),\(w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d)\)
决策单调性
定义:
考虑转移方程 \(f[i]=\min_{0\le j <i} (f[j]+w(j,i))\)
令 \(p[i]\) 表示 \(i\) 的最优决策 \(j\)，即让 \(f[i]\) 取最小值的 最小 \(j\)
若 \(p[i]\) 在 \([1,n]\) 上单调不减，则称 \(f\) 具有决策单调性
定理2:
考虑转移方程 \(f[i]=\min_{0\le j <i} (f[j]+w(j,i))\)，若函数 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 具有决策单调性
证明2:
\(\forall i\in [1,n],j\in[0,p[i]-1],f[p[i]]+w(p[i],i)\le f[j]+w(j,i)\) \(\color{red}(1)\)
\(\forall i'\in [i+1,n],j<p[i]<i<i',w(j,i')+w(p[i],i)\ge w(j,i)+w(p[i],i')\)
\(\therefore w(p[i],i')-w(p[i],i)\le w(j,i')-w(j,i)\) \(\color{red}(2)\)
\(\color{red}(1)\)+\(\color{red}(2)\) 得: \(f[p[i]]+w(p[i],i')\le f[j]+w(j,i')\)
\(\color{red} \therefore p[i']\ge p[i]\)
所以 \(f\) 具有决策单调性
形式1
用于优化形如 \(f[i]=\min_{1\le j\le i} w(j,i)\) 的转移方程。
因为我们只需要找到每一个 \(p[i]\)，我们就可以算出每一个 \(f[i]\) 了，那么对于这种方法，我们有两种常见方法。
法1 分治
考虑求区间 \([1,n]\) 的 \(p[i]\)，我们先求出 \(p[mid]\)，再把它分成两个区间 \([1,mid-1]\) 和 \([mid+1,n]\) 分治求解。
为什么可以呢，因为根据决策单调性，\(\forall i\in[mid+1,n],p[i]\ge p[mid],\forall j\in [1,mid-1],p[j]\le p[mid]\)
所以可以分治来求答案。
参考代码：
void solve(int l,int r,int pl,int pr){
// 求pmid=p[mid]
//算出 f[mid]
solve(l,mid-1,p,pmid);
solve(mid+1,r,pmid,pr);
}
法2 二分队列
易证，每一个决策一定是在一个区间内的，例如：
\[p[i](i\in[1,4])=1,p[i](i\in[5,9])=3,p[i](i \in[10,n])=k \]所以可以维护一个单调队列，用于表示每个决策 \(i\) 所对应的最优转移点。
参考代码：
void solve(){
h=1,t=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
insert(i);
if(h<=t&&q[h].r<i)
h++;
else
q[h].l=i;
f[i]=min(f[i],w(q[h].p,i));
}
}
例题 P3515
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\)，对于每个 \(i\in [1,n]\) ，求出一个最小的非负整数 \(p\) ，使得 \(\forall j\in[1,n]\)，都有 \(a_j\le a_i+p-\sqrt{|i-j|}\)
\(1 \le n \le 5\times 10^{5}\)，\(0 \le a_i \le 10^{9}\) 。
Solution
先变形：
\(p\ge a[j]+\sqrt{|i-j|}-a[i],\forall j\in[1,n]\)
问题变为求 \(\max(a[j]+\sqrt{|i-j|}),\forall j\in[1,n]\)
考虑将序列先算一遍，翻转一次后再算一遍，最后求最大值，即变为求 \(\max(a[j]+\sqrt{|i-j|}),\forall j\in[1,i]\)
令 \(f[i]=\max(a[j]+\sqrt{i-j})\)
此处 \(w(j,i)=\sqrt{i-j}\)
定义 \(a+1<c\)
则有：
\(w(a,c)=\sqrt{c-a},w(a+1,c)=\sqrt{c-a-1},w(a,c+1)=\sqrt{c-a+1},w(a+1,c+1)=\sqrt{c-a}\)
\(\therefore w(a,c+1)+w(a+1,c)-w(a,c)-w(a+1,c+1)=\sqrt{c-a-1}+\sqrt{c-a+1}-2\sqrt{c-a}\)
令 \(d=c-a\)
原式 \(=(\sqrt{d+1}-\sqrt{d})-(\sqrt{d}-\sqrt{d-1})\)
对函数 \(f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{x-1}\) 求导发现其单调递减，所以原式恒小于 \(0\)，即可得：
可以发现，它跟四边形不等式符号相反，同样亦可证得 \(f\) 满足决策单调性，于是可以套用 法\(1\) 和法 \(2\) 进行求解。
参考代码：
F1：
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N];
lf sq[N],f[N];
inline lf w(int j,int i){
return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
return (int)(x+1-eps);
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr){
if(l>r)
return ;
int mid=(l+r)>>1,mxp;
lf mx=0;
for(int i=pl;i<=min(mid,pr);i++)
if(w(i,mid)>mx)
mx=w(i,mid),mxp=i;
f[mid]=max(f[mid],mx);
solve(l,mid-1,pl,mxp);
solve(mid+1,r,mxp,pr);
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
solve(1,n,1,n);
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
solve(1,n,1,n);
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
for(int i=1;i<=n;i++){
write(Ceil(f[i]-a[i]));
printf("\n");
}
return 0;
}
F2：
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t;
lf sq[N],f[N];
struct fy{
int l,r,p;
}q[N];
inline lf w(int j,int i){
return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
return (int)(x+1-eps);
}
int find_(int t,int x){
int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(w(p,mid)<=w(x,mid))
res=mid,r=mid-1;
else
l=mid+1;
}
return res;
}
void insert(int x){
q[t].l=max(q[t].l,x);
while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)<=w(x,q[t].l))
t--;
if(h<=t){
int mid=find_(t,x);
if(mid>n)
return ;
q[t].r=mid-1;
q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
}
else{
q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
}
}
void solve(){
h=1,t=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
insert(i);
if(h<=t&&q[h].r<i)
h++;
else
q[h].l=i;
f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
}
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
solve();
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
solve();
for(int i=1;i<=n/2;i++)
swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
for(int i=1;i<=n;i++){
write(Ceil(f[i]-a[i]));
printf("\n");
}
return 0;
}
形式2
用于优化形如 \(f[i]=\min_{0\le j<i}(f[j]+w(j+1,i))\) 的转移方程。(\(w\) 满足四边形不等式)
注意到此种转移方程依赖于前面的值，因此分治法不再适用，所以只能用二分队列，思路跟上面一摸一样。
例题 P3195
P 教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。
P 教授有编号为 \(1 \cdots n\) 的 \(n\) 件玩具，第 \(i\) 件玩具经过压缩后的一维长度为 \(C_i\)。
为了方便整理，P教授要求：
- 在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
- 同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物。形式地说，如果将第 \(i\) 件玩具到第 \(j\) 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 \(x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k\)。
制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为 \(x\)，其制作费用为 \((x-L)^2\)。其中 \(L\) 是一个常量。P 教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过 \(L\)。但他希望所有容器的总费用最小。
对于全部的测试点，\(1 \leq n \leq 5 \times 10^4\)，\(1 \leq L \leq 10^7\)，\(1 \leq C_i \leq 10^7\)。
Solution
令 \(f[i]\) 表示前 \(i\) 个玩具装箱的最小代价，则枚举第 \(i\) 个玩具和那些玩具放在一个箱子中，可得转移方程：
\[f[i]=\min_{1\le j\le i}(f[j-1]+(i-j-L+\sum_{k=j}^iC_k)^2) \]\(f\) 满足决策单调性，证明参考 OI-WIKI
补充：图片的 \(K\) 与题意中的 \(L\) 意思相同。
性质 \(1,2,3\)：
那么把形式 \(1\) 例题的方法 \(2\) 的代码改装一下就可以了。
参考Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t,L;
int f[N],sum[N];
struct fy{
int l,r,p;
}q[N];
inline int w(int j,int i){
return f[j-1]+(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L)*(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L);
}
int find_(int t,int x){
int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(w(p,mid)>=w(x,mid))
res=mid,r=mid-1;
else
l=mid+1;
}
return res;
}
void insert(int x){
q[t].l=max(q[t].l,x);
while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)>=w(x,q[t].l))
t--;
if(h<=t){
int mid=find_(t,x);
if(mid>n)
return ;
q[t].r=mid-1;
q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
}
else{
q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
}
}
void solve(){
h=1,t=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
insert(i);
if(h<=t&&q[h].r<i)
h++;
else
q[h].l=i;
f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
}
}
signed main(){
n=read();
L=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
solve();
write(f[n]);
return 0;
}
//直接交不能AC哦
//而且此代码与OI-WIKI的略微有些不同
形式3
用于优化形如 \(f[k][i]=\min_{1\le j\le i}(f[k-1][j-1]+w(j,i))\) 的转移方程(\(w\) 满足四边形不等式)
注意到其实跟形式 \(1\) 没有什么区别，因为它不依赖于这一层的值，而是依赖于上一层的值，所以既可以分治也可以二分队列。
据作者喜好(不是作者太菜)，例题中只给出分治做法。
例题 CF833B
将一个长度为 \(n\) 的序列分为 \(k\) 段，使得总价值最大。
一段区间的价值表示为区间内不同数字的个数。
\(n\leq 35000,k\leq 50\)
Solution
考虑决策单调性优化DP
令 \(f[i][j]\) 表示前 \(j\) 个数分成 \(i\) 段的最小费用，则可得：
其中 \(w(l,r)\) 表示 下表为\([l,r]\) 中不同数字的个数。
证明 \(w\) 满足决策单调性：
手搓几个样例就可以了口糊过去
证明：
令 \(g(x,l,r)\) 表示 \(x\) 是否在区间 \([l,r]\) 内出现过，出现为 \(0\),否则为 \(1\),\(\Delta=[C_a==C_{b+1}]\)
\(w(a,b+1)+w(a+1,b)=2w(a+1,b)+g(C_a,a+1,b)+g(C_{b+1},a+1,b)-\Delta\)
\(w(a,b)+w(a+1,b+1)=2w(a+1,b)+g(C_a,a+1,b)+g(C_{b+1},a+1,b)\)
所以可得：
\(w(a,b+1)+w(a+1,b)\le w(a,b)+w(a+1,b+1)\)
因此 \(w\) 满足四边形不等式
所以 \(f\) 满足决策单调性
仅限于分治方法：
接下来就可以 Code了，不过维护 \(w(l,r)\) 时注意可以用莫队的思想，维护双指针，由于分治的特殊性可以保证时间复杂度为 \(O(n)\)
总时间复杂度：\(O(kn\log n)\)
参考Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=1e5+1,mod=1e9+7;
int n,k,a[N],f[52][N],cnt[N],ans,l,r;
inline void add(int x){
ans+=(++cnt[x]==1);
}
inline void del(int x){
ans-=(--cnt[x]==0);
}
inline int w(int cl,int cr){
while(l<cl)
del(a[l++]);
while(l>cl)
add(a[--l]);
while(r<cr)
add(a[++r]);
while(r>cr)
del(a[r--]);
return ans;
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr,int now){
if(l>r)
return ;
int mid=(l+r)>>1,mxp;
int mx=0;
for(int i=pl;i<=min(mid-1,pr);i++){
int o=f[now-1][i]+w(i+1,mid);
if(o>mx)
mx=o,mxp=i;
}
f[now][mid]=max(mx,f[now-1][mid]);
solve(l,mid-1,pl,mxp,now);
solve(mid+1,r,mxp,pr,now);
}
signed main(){
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
l=1,r=0;
ans=0;
for(int i=1;i<=k;i++){
solve(1,n,0,n,i);
}
cout<<f[k][n]<<"\n";
return 0;
}
//注意不开快读会T哦
形式4
用于优化形如 \(f[i][j]=\min(f[i][k]+f[k+1][j]+w(i,j))\) 的区间DP转移方程
只需要一个简单的操作，就能把这个区间DP的时间复杂度从 \(O(n^3)\) 将为 \(O(n^2)\)，就是把枚举 \(k\) 的代码从
for(int k=i;k<j;k++)
改为
for(int k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];k++)
其中 \(p[i][j]\) 表示 \(i\) ~ \(j\)的最优分割点。
证明可以参考 《算法竞赛》中的 5.10
和洛谷 石子合并 题解区中 Hurricane、 的题解。
例题
Solution
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=5e3+1,mod=1e9+7;
int n,a[N],s[N],f[N][N],p[N][N];
inline int read(){
int x=0;
char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9')
s=getchar();
while(s>='0'&&s<='9')
x=x*10+s-'0',s=getchar();
return x;
}
signed main(){
// IOS;
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=a[i+n]=read();
for(int i=1;i<=2*n;i++)
s[i]=s[i-1]+a[i],p[i][i]=i;
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int l=1;l<=n*2-len+1;l++){
int r=l+len-1;
int res=1e9;
for(int mid=p[l][r-1];mid<=p[l+1][r];mid++)
if(f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid]<res)
res=f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid],p[l][r]=mid;
f[l][r]=res;
}
int ans=1e9;
cout<<f[1][n];
return 0;
}
后话
参考习题单
参考资料：