线性规划对偶

我草，终于开始学线性规划对偶了。

抄袭一下 dxm 论文。

定义

首先线性规划是这样一个东西：

$$\max : c^{T}x \\ s.t. \\ Ax\le b \\ x\ge 0$$

令 $x$ 是 $1\times n$ 向量，$A$ 是 $m\times n$ 矩阵。则上述形式对应了一个，$n$ 个变量 $m$ 条约束的线性规划问题。

$x_i$ 可以是实数，但一定非负。

第一行被称作目标函数，也就是我们要最优化的内容。下面的都是我们的约束。

对偶

我们可以转而去做这样一个问题：

$$\min: b^Ty \\ s.t. \\ A^Ty\ge c \\ y\ge 0$$

下面这个式子的答案和上面的是一致的。

这个结果其实有很多东西值得我们理清一下：

• 首先我们注意到原问题是可能无解的：而线性规划对偶只在有解的条件下成立。换言之对偶，对判断有无解是没有帮助的，我们往往需要先确认原问题有无解。
• 注意到 $y$ 是 $1\times m$ 矩阵。实质上：对偶就是对原问题的每个约束，新建了一个关于它变量（不妨乘坐该限制的对偶变量）。
• 我们很容易写出对偶后的目标函数，但是约束不容易比较快速的写出。按照我的理解：对偶后的问题，每个约束都和原问题中的一个变量 $x_i$ 相关。不等式右侧很好写，左侧实际上是就是，你考虑原问题的每个约束 $j$，如果在这个约束的左侧，$x_i$ 的系数是 $p_j$。那么在对偶后的问题里，$y_j$（也就是这个约束的对偶变量）的系数就也是 $p_j$。这样就能比较快速地写出对偶后的约束。

等于的情况

常有 $Ax=b$ 这样的约束，我们当然可以拆成 $Ax\ge b$ 和 $Ax\le b$ 来研究，但是还有更简洁的方法。

不妨说，有两个变量 $x_1,x_2$，然后我们要求最大化 $x_1+x_2$，限制是 $x_1+x_2= c$。拆成 $x_1+x_2\le c$ 和 $-x_1-x_2\le -c$。

对偶以后：也就是最小化 $y_1-y_2$，然后两条限制长得一摸一样：怎么都是 $y_1-y_2\ge 1$？

令 $Y:=y_1-y_2$ 然后你发现就是最小化 $Y$，约束 $Y\ge 1$。而且你发现本来 $y_1,y_2$ 都要求 $\ge 0$，但 $y_1-y_2$ 就无所谓了。

因此碰到等于的约束，我们依旧可以只得出一个对偶变量，并且它自身并不带非负的要求，可以任意取值（当然可能会被其他限制约束到）。

费用流对偶

考虑下列网络流问题：

无源汇最小费用流，可能有负权边。对每个点 $u$，要求：它流出的流量减去流入的流量恰好为 $b_u$。

首先这个问题怎么费用流解决？我们先把负权边流满建反边，然后跑上下界的做法。如果能说明没有负环，则不用流满负权边，直接跑上下界也可以。我们先假设这个问题是一定有解的。

然后写出线性规划形式：

$$\min: \sum_{u,v}w_{u,v}f_{u,v} \\ s.t.\\ -f_{u,v}\ge -c_{u,v} \\ \sum_{v}f_{u,v}-\sum_{v}f_{v,u}=b_u\\ f \ge 0$$

令 $z_{u,v}$ 是 $-f_{u,v}\ge -c_{u,v}$ 的对偶变量，$p_u$ 是 $\sum_{v}f_{u,v}-\sum_{v}f_{v,u}=b_u$ 的对偶变量。对偶后得：

$$\max:\sum_{u,v}-c_{u,v}z_{u,v}+\sum_{u}b_up_u\\ s.t.\\ -z_{u,v}+p_{u}-p_v\le w_{u,v} \\ z,p\ge 0$$

这里有一个很重要的技巧：消去多余变量。就是说，假如我们确定了所有的 $p$，则因为 $c$ 是非负的，那么 $z$ 一定越小越好。而注意到：$z_{u,v}\ge p_u-p_v-w_{u,v}$。因此我们可以直接取等号（和 $0$ 取最大值），然后：

$$\max:\sum_{u}b_up_u-\sum_{u,v}c_{u,v}\max\{0,p_u-p_v-w_{u,v}\} \\ s.t.\\ p\ge 0$$

至此，我们其实已经得到了一种机械求解这种最优化问题的方法。当然你需要确保得到的费用流问题一定有解。

例：ZJOI2013 战线规划

令 $s_i$ 是 $1\sim i$ 里放置了多少个。约束可以写成 $s_{r}-s_{l-1}\ge d$ 的形式。

还有 $s_i\ge s_{i-1}$，发现也可以写成上面的约束。

代价定义为 $\sum_{i=1}^{n}b_i(s_{i}-s_{i-1})$，重写一下也就是 $\sum_{i=0}^{n}(b_i-b_{i+1})s_i$，因此可以重定义一下 $b_i$，然后变成 $\sum_{i=0}^{n}b_is_i$。

注意到我们并不需要令 $s_0=0$，反正你的代价是以相邻的 $s$ 的差的形式定义的。事实上我们想让 $s_0=0$ 也比较困难。

怎么套用到上面的形式呢？我们只用给约束加一个 $\infty$ 的权：也就是：

$$\min: \sum_{i=0}^{n}b_is_i+\sum_{u,v}\infty\max\{0,s_{l-1}-s_{r}+d\}$$

你发现这个式子取反就是上面的形式，直接对着建图跑费用流就行了。

不过这个题比较不牛，费用流板子比较菜会被卡，打不过单纯形。。

例：Aizu2230 How to Create a Good Game

令 $x_{u,v}$ 是边 $u\rightarrow v$ 增加的量，而 $w_{u,v}$ 是原始边权。

再令 $f_i$ 是新图 $1\rightarrow i$ 的最长路。原图里 $1\rightarrow n$ 的最短路为 $C$。

则我们写出线性规划形式：

$$\max : \sum_{u,v}x_{u,v} \\ s.t. \\ f_{n}-f_{1}\le C \\ f_{v}-f_{u}\ge w_{u,v}+x_{u,v} \\ f,x\ge 0$$

依旧是考虑消去无用变量：假如我们确定了 $f$，则 $x_{u,v}\le f_{v}-f_{u}-w_{u,v}$ 会直接去等号，而且这里不能和 $0$ 取 $\max$，否则意味着此时 $f_{v}-f_{u}\lt w_{u,v}+(x_{u,v}=0)$。所以应该把约束改写成 $f_{v}-f_{u}\ge w_{u,v}$。

整理一下：

$$\max : (\sum_{u,v}f_v-f_u-w_{u,v})-(\sum_{u,v}\infty\max\{0,f_u-f_v+w_{u,v}\})-\infty\max\{0,f_n-f_1-C\}$$

直接建图跑费用流即可，这次随便过了。

另外的一些例题

不能总机械套这个模型吧？

ZJOI2020 序列

虽然有三种操作，但其实从每个位置的视角来看，只有两种操作：一种是 $[l,r]$ 内的全部加，一种是 $[l,r]$ 内指定奇偶性的人加。

首先如果我们只有一操作，那么是 NOIP2018 T1 啊啊：答案直接就是 $\sum_{i=1}^{n}\max\{0,a_{i}-a_{i-1}\}$。

然后我们令 $f_i$ 是位置 $i$ 有多少次一操作，$g_i$ 是位置 $i$ 有多少次二操作，则有：

$$\min : \sum_{i=1}^{n}\max\{0,f_i-f_{i-1}\}+\max\{0,g_{i}-g_{i-2}\}\\ s.t.\\ f_i+g_i=a_i\\ f,g\ge 0$$

（以下我们都认为下标在 $[1,n]$ 范围外，就代表 $0$。）

注意到 $g_i=a_i-f_i$，因此可以消去。得：

$$\min : \sum_{i=1}^{n}\max\{f_i-f_{i-1}\}+\max\{0,a_i-f_{i}-a_{i-2}+f_{i-2}\}\\ s.t.\\ -f_i\ge -a_i\\ f\ge 0$$

到这里我们还无法直接对偶：因为目标函数里有和 $0$ 取 $\max$。

接下来的手法很有启发性：当我们的目标函数里出现了 $\max\{0,x\}$ 这种东西的时候，我们不妨新建一个变量 $y \ge x$，然后因为线性规划自带的 $y\ge 0$ 的限制，$\min: y$ 就等价于 $\min:\max\{0,x\}$。我们对目标函数里的两个 $\max$，新建变量 $y_i,z_i$，则：

$$\min:\sum_{i=1}^{n}(y_i+z_i)\\ s.t.\\ y_i\ge f_i-f_{i-1} \Leftrightarrow y_i-f_{i}+f_{i-1}\ge0 \\ z_i\ge a_{i}-f_{i}-a_{i-2}+f_{i-2} \Leftrightarrow z_i+f_{i}-f_{i-2}\ge a_{i}-a_{i-2}\\ -f_i\ge -a_i \\ f,y,z\ge 0$$

此时可以直接对偶了，对三条限制分别新建对偶变量 $X,Y,Z$：

$$\max:\sum_{i=1}^{n}(a_i-a_{i-2})Y_i-Z_i \\ s.t. \\ X_i\le 1 \\ Y_i\le 1\\ -X_i+X_{i+1}+Y_i-Y_{i-2}-Z_{i} \le 0 \\ X,Y,Z\ge 0$$

注意到确定 $X,Y$ 以后，有 $Z_i\ge -X_{i}+X_{i+1}+Y_{i}-Y_{i-2}$。因此 $Z_i=\max\{0,-X_i+X_{i+1}+Y_i-Y_{i-2}\}$。

因为这个问题能建出费用流模型，所以可以保证解的整数性，因此 $X,Y$ 的取值都是 $0/1$。

这样：最大化 $\sum_{i=1}^{n}(a_i-a_{i-2})Y_i-\max\{0,-X_{i}+X_{i+1}+Y_{i}-Y_{i-2}\}$ 就可以直接 dp 了。

时间复杂度 $O(n)$。

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线性规划对偶的好题。但是整数型相关的内容有点无法感受明白啊？

我们直接令 $a_i$ 是 $i$ 是否选择 $0/1$。然后：

$$\max : \sum_{i=1}^{m}\min\{1,\sum_{j=l_i}^{r_j}a_j\}\\ s.t.\\ a_i\le 1\\ \sum_{i=1}^{n}a_i\le k$$

整数规划难以处理，但是我们可以猜测其一定有最优整数解，所以可以直接看作一般的线性规划。

在对偶之间，注意到目标函数有 $\min\{1,x\}$ 这种形式，运用上面所述的技巧：

$$\max:\sum_{i=1}^{m}b_i\\ s.t.\\ a_i\le 1\\ b_i\le 1\\ b_i-\sum_{j=l_i}^{r_i}a_j\le 0\\ \sum_{i=1}^{n}a_i\le k$$

对偶：令四条限制的对偶变量分别为 $X_i,Y_i,Z_i,C$，得：

$$\min:\sum_{i=1}^{n}X_i+\sum_{i=1}^{m}Y_i+kC\\ s.t.\\ X_i-\sum_{i\in [l_j,r_j]}Z_j+C\ge 0\\ Y_i+Z_i\ge 1$$

四个变量实在是太难以处理：考虑对于每个 $C$，提前算出目标函数减去 $kC$ 的最优解 $b_C$。这样对于每个 $k$，我们就相当于是查询 $\min kC+b_C$，容易求出。然后我们考虑 $C$ 固定的情况。

根据解的整数性以及我们的最优化方向：$Y_i+Z_i\ge 1$ 可以拆成：$Y_i\oplus Z_i=1$。

因此 $Z_i=1-Y_i$。所以第一条限制变为：$X_i-m+\sum_{i\in [l_j,r_j]}Y_j+C\ge 0$。

这里需要观察到一个贪心性质：最优解一定满足 $X=0$：否则我们选出其中的 $X$ 个 $Y=0$ 的位置，将他们变成 $1$，目标函数显然不会更大。

那么我们的目标函数变成了 $\min:\sum_{i=1}^{m}Y_i+kC$，而第一条约束变为了 $\forall i,m-\sum_{i\in[l_j,r_j]}Y_j\le C$。

如果一个区间的 $Y_i=0$，则我们称这个区间被选中。则我们就是在做这样一个问题：

• 选出尽可能多的区间，使得每个点被覆盖的次数不超过 $C$。

那么我们瞬间有很多想法，比如凸性什么的。我们来考虑对于一个固定的 $C$，建出网络流模型：

那就是有一条拆点的单向链，限制了每个点被经过了不超过 $C$ 次，然后我们对于一个区间，连 $s\rightarrow in(L)$ 和 $out(R)\rightarrow t$。跑最大流就是答案。

首先 $C=1$ 是经典弱智贪心：按照右端点排序考虑每个区间是否能加入即可。

考虑 $C\rightarrow C+1$ 的时候发生的变换。实际上也就是对每个点的 $in\rightarrow out$ 之间多新连一条边出来。

那你观察这个新增的连边，就很显然不会出现新的增广路是经过反悔边的。因此我们可以从这个角度来发现答案具有增量性。

也就是我们求出 $C$ 的时候选中了哪些区间。然后 $C\rightarrow C+1$ 的时候对剩下的区间继续套那个 $C=1$ 的贪心就行了。

但其实还有点问题的，就是我们新增了 $x$ 个区间的话，其实这 $x$ 个区间也许是能有交的：比如我们有两个区间有交，但是这个交点之前都没被覆盖过，在 $C\ge 2$ 的时候这就是合法的。

所以考虑修改一下贪心：假设我们当前选的区间是 $[l,r]$，则先找到最大的 $p\le r$ 使得 $p$ 被覆盖了 $C$ 次，然后找到一个未被使用的，$r$ 最小的，且 $l\gt p$ 的区间，选中即可。

时间复杂度 $O((n+m)\log)$。

代码

未完待续