（翻译）浅谈满足四边形不等式的序列划分问题的答案凸性

原论文

（Monge 大概就是满足四边形不等式的意思……）

一切还要从某位毒瘤把邮局加强到 $5 \times 10^5$ 还自己不会证明说起

感谢 gcz、rushcheyo 和 300iq 帮助我找到了这篇轮文

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首先定义“满足四边形不等式的序列划分问题”：

给出 $n,k$ 和一个 $(n+1) \times (n+1)$ 的矩阵 $c_{i,j}$，你需要给出一个长度为 $k+1$ 的序列 $p_0 = 0 < p_1 < p_2 < \ldots < p_{k-1} < p_k = n$，定义该序列的价值为 $\sum\limits_{i=1}^k c_{p_{i-1},p_i}$。你需要求出所有合法的序列的最小价值。

其中特殊性质是矩阵 $c$ 满足四边形不等式，即 $\forall i < j \leq k < l,c_{i,k} + c_{j,l} \leq c_{i,l} + c_{j,k}$。

先给出结论：设当 $k=p(p \in [1,n-1])$ 时答案为 $f(p)$，$f'(p)(p \in [2,n-1]) = f(p-1) - f(p)$，则 $f'(p)$ 单调不增，即 $\forall q \in [3,n-1],f'(q) \leq f'(q-1)$。

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为此我们需要证明以下结论：

• $\forall 1 \leq s < r < t \leq n-1$，$f(r) + f(s + t - r) \leq f(s) + f(t)$。

Proof.

设序列 $P$ 为 $f(s)$ 对应的最优解，序列 $Q$ 为 $f(t)$ 对应的最优解，$\Delta = r - s$。我们首先证明存在 $x \in [0,s-1]$ 满足 $P_x < Q_{x+\Delta} < Q_{x + \Delta + 1} \leq P_{x+1}$：

• 对于 $x=0$，$P_0 = 0 < Q_{\Delta} < Q_{\Delta + 1}$ 总是成立，这是因为 $\Delta > 0$。于是若 $Q_{\Delta + 1} \le P_1$ 那么 $x=0$ 就满足条件。
• 否则，$P_1 < Q_{\Delta + 1} < Q_{\Delta + 2}$ 就是成立的，这对应了 $x=1$ 的情况，于是若 $Q_{\Delta + 2} \le P_2$ 那么 $x=1$ 就满足条件。
• 我们不断这样做下去，即如果 $x = i$ 不满足条件，那么对于 $x=i+1$ 就只需要判断 $Q_{x + \Delta + 1} \le P_{x+1}$ 是否满足条件，若不满足条件那么继续考虑 $Q_{x + \Delta + 2} \le P_{x+2}$。然而 $Q_{s + \Delta} \le P_s = n$，所以这个过程不会无限进行下去，也就是说我们总是能找到这样的 $x$。

此时考虑两个序列 $R = \{P_0,P_1, \ldots, P_x,Q_{x + \Delta + 1},\ldots,Q_t\} , S = \{Q_0,Q_1,\ldots,Q_{x + \Delta},P_{x+1},\ldots,P_s\}$。显然 $R$ 和 $S$ 分别是 $k=s+t-r$ 和 $k=r$ 的一组合法解。

设某个序列 $X$ 的权值为 $w(X)$，那么 $w(R)+w(S)-w(P)-w(Q) = c_{P_x,Q_{x+\Delta+1}}+c_{Q_{x+\Delta},P_{x+1}}-(c_{P_x,P_{x+1}}+c_{Q_{x+\Delta},Q_{x+\Delta+1}})$

而根据四边形不等式上式 $\leq 0$，同时 $f(r) + f(s+t-r) \leq w(R)+w(S)$，故 $f(r) + f(s+t-r) \leq f(s) + f(t)$，结论成立。

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使用以上结论有 $f(x) + f(x) \leq f(x-1)+f(x+1)$，即 $f(x-1)-f(x) \geq f(x)-f(x + 1)$，即 $f'(x) \geq f'(x+1)$，故结论成立。

这意味着答案对于段数是一个下凸的函数，可以使用斜率凸优化等技巧优化。