动态规划及优化

决策单调性

定义：

单调矩阵：每行最值位置单调不降。

完全单调矩阵：每个子矩阵都是单调矩阵，这里的子矩阵可以不连续。

蒙日矩阵：满足四边形不等式的矩阵，蒙日矩阵一定是完全单调矩阵。

一般的决策单调性优化dp可以看作在蒙日矩阵一列加上一个数，求一行最值的过程，用数据结构优化。

一般矩阵的\((\min,+)\)卷积只能\(O(n^3)\)，蒙日矩阵的\((\min,+)\)卷积可以决策单调性做到\(O(n^2)\)，并且结果还是蒙日矩阵。

常见的方法有分治，二分栈和SMAWK。

「雅礼集训 2017 Day5」珠宝

观察到\(c_i\)很小，所以直接按照\(c_i\)分组，然后每组内会选最大的一段前缀，这个东西显然满足决策单调性，所以可以按\(\mod c_i\)分组，然后分治即可。

【UNR #5】航天飞机调度

牛逼题。

首先有\(O(q^2)\)的dp：设\(f_{i,j}\)表示到了第\(i\)个事件，某个在\(p_i\)，另一个在\(j\)的最大值，注意到\(p_i\)只有\(O(q)\)个取值，所以时间复杂度和询问都是\(O(q^2)\)的。

先考虑特殊性质\(B\)，因为这是一个三角剖分上的最短路，所以具有三角不等式，即\(dis(a,b)+dis(b,c)\geq dis(a,c)\)，所以我们要尽量让它绕路。如果存在\(a,b,c,d\)，一个人从\(a\)走到\(d\)，另一个从\(b\)走到\(c\)，肯定不优于一个人从\(a\)走到\(c\)，另一个人从\(b\)走到\(d\)，因为三角剖分是一个平面图，因此\(a\to c\)和\(b\to d\)的路径一定有一个交点，而\(a\to d\)和\(b\to c\)的路径权值和加起来肯定小于等于走到那个交点，因此这个性质是成立的。

那就好办了啊，\(B\)一定是先两个人交替走，然后一个人一起走，所以某个点只需要知道和前两个点的权值就好了，是\(2q-1\)次询问。

再考虑一般的情况，这个东西就是四边形不等式在\(u\leq v\leq l\leq r\)的情况，但是我们实际上需要\(u\leq v,l\leq r\)，不能直接决策单调性。

最神奇的一步就是这里：我们将每个点拆成\(i\)和\(i+n\)两个点，并且让矩阵里只有\([i,i+n)\)范围内的点有权值，否则为\(\infty\)，则就满足了决策单调性，并且答案不变。

现在的问题就是每次在一行加上一个非负值，查询一列的权值，一般的dp加上行和查询列的权值单调所以可以二分栈，这里不太行。我们考虑维护每一行作为最大值出现的区间，那么加上一个值之后区间会变大，变大多少可以二分，用线段树维护，询问次数\(2q\log n+2q\)，时间复杂度\(O(q\log ^2n)\)，可以做到\(O(q\log n)\)但是我懒。

「KDOI-03」序列变换

根据NOIP2021T3，首先前缀和，发现每次就是交换相邻两个数，然后求相邻两项不同的值不超过\(k\)的最小操作次数。

设\(q_{l-1}=0\)，对于\(k\)是偶数的情况，相当于\(1\)的连续段不超过\(k/2\)段，\(k\)是奇数相当于不超过\(k/2+1\)段，如果为\(k/2+1\)段那么最后的一个数要是\(1\)。

设\(F_{l-1,r}\)表示\([l,r]\)区间的\(1\)放到一起的最小代价，\(G_{l-1,r}\)表示放到最后的最小代价，则\(k\)是偶数的时候答案矩阵为\(F^{k/2}\)，否则为\(F^{k/2}G\)，则快速幂可以做到\(O(n^3\log k)\)。注意到是蒙日矩阵，因此可以做到\(O(n^2\log k+q)\)，可以通过。

凸优化

用于每层\(dp\)是凸壳的情况，假设是下凸壳。

如果要求某个位置\(k\)的具体的值，可以二分一条斜线的斜率去截这个凸壳，算截距最小值对应的凸壳上在哪个点，和\(k\)比较得出斜率应该哦更大还是更小。

如果要求整个数组，并且形如\(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},f_{i-1,j-k}+w_k)\)只有相邻项之间才有转移的时候可以用两个堆维护凸壳，一个维护斜率为负的地方的斜率转折点，一个维护正的，俗称slope trick。发现这样只知道差分值不知道具体值，可以构造方案，也可以求某个比较好求的点的值。

「Wdoi-2」禁断之门对面，是此世还是彼世

首先这个矩阵是诈骗你的，直接将一行的最优方案重复\(n\)次即可，则可以求出一行的最优\(b\)和然后乘上所有\(a\)的和。

考虑这个东西怎么求，发现就是求一个最小权，流量为\(t\)的匹配，并且\(i\)不能和\(i\)匹配。

首先我们说明存在最优方案没有匹配\((a,c),(b,d)\)形如\(a\leq b\leq c\leq d\)，因为显然可以让\((a,b)\)匹配，\((c,d)\)匹配，不会更劣。

再因为\((i,j)\)匹配相当于\((j,i)\)匹配，因此可以将\(i\geq j\)的情况归约到\(i\leq j\)的情况，除非有的点已经被占了。

强制第一个匹配的点是向后匹配的，则显然只会向后匹配一个，第二个点如果向后匹配也是如此，则答案的形式就是\((i,i+1),(i+1,i+2),\dots,(j-1,j),(j,i)\)。其中\((j,i)\)可以有也可以没有。

同时可以证明\(|i-j|\geq 4\)的时候是不优的，具体可以拆成两个\(\geq2\)的，则端点可以少两个。

于是可以得出一个基本的dp模型：设\(dp_{i,j}\)表示到了\(i\)，选了\(j\)个，则可以枚举转移，复杂度\(O(n^2)\)或者\(O(n^3)\)。

众所周知二分图匹配可以转化成网络流，而网络流是上凸壳，因此直接上wqs二分优化到\(O(n\log W)\)。

序列变换

这个题相当于每次给出\(x\)，操作\(dp_i=\min\limits_{j=i-B}^{i-A}{dp_j}\)，然后给\(dp_i\)加\(|x-i|\)。

发现初始是个凸壳，经过两个操作都是凸壳，所以归纳任何时刻\(dp\)都是个下凸壳。

第一个操作相当于给左凸壳所有拐点加上\(A\)，给右凸壳所有拐点加上\(B\)，第二个操作相当于加入两个为\(x\)的拐点，经过每个拐点斜率增加\(1\)，堆维护斜率为\(0\)的一段左右两端点。

这里讲一下怎么输出答案，朴素的方法就是每个点代\(A_i=(i-1)A+1\)，然后求最值。但是实际上可以构造方案。首先每个位置有个限制\((i-1)A+1\)，然后求出每个时刻的最值点\(p_i\)，这样的话每个时刻的最值就会收到下一个时刻最值的限制，就可以求出合法的最值点了。

Hunting Monsters

首先这个打怪的套路貌似在CTT考过。先将怪分成两种：打了回血的和打了掉血的。打了回血的显然先打，而且先打掉血少的再打掉血多的最优。打了掉血的直接贪心貌似有些困难，但是实际上可以从最终的状态反过来考虑，也是一个回血的过程。因此先打回血多的，再打回血少的最优。如果我们将这个序列排序，则最终的打怪序列就是这个的一个子序列。

显然设\(f_{i,j}\)表示打到第\(i\)个怪，打了\(j\)个的最优值。但是你发现这个最优值的比较是困难的，也就是说我们没有办法比较\((a,b)\)这样的二元组，其中\(a\)是最多掉的血，\(b\)是相比于最多掉的血的时候，会回多少血。所以这里要倒着dp，这样有一个好处，就是不用管回多少血，这对之前打的没有影响。因此\(f_{i,j}=\min(f_{i+1,j},\max(f_{i+1,j-1}-B_i,0)+A_i)\)。

掉血的怪\(B_i\)是递增的，这是好的，也就是说如果一个位置小于\(B_i\)，那么这个位置就不会动了。那么就是考虑\(f_{i+1,j-1}\geq B_i\)的情况，差分之后就相当于插入一个\(A_i-B_i\)，可以用堆维护。

回血的怪显然打一个前缀，则和掉血的怪可以双指针合并，总时间复杂度\(O(\sum n\log n)\)。