[基本操作]决策单调性优化dp
一般的式子都是 $f_i = max\{g_j + w_{(i,j)}\}$
然后这个 $w$ 满足决策单调性，也就是对于任意 $i < j$ ，$best_i \leq best_j$
这样就会有两种优化方式
1.$w_{(i,j)}$ 可以快速求
例如：NOI 2009 诗人小 G
题里给了你 $L,P$ 和单调递增的 $s$ 数组，然后 $f_i = min \{ f_j + |s_i-s_j-L-1|^P \} \space (j < i)$
可以发现以一个点为最优决策的点是一段区间
我们可以用单调栈维护这个区间，具体地，在栈里存一个三元组 $(l,r,x)$ 表示 $[l,r]$ 的最优决策都在 $x$
一开始栈里只有一个区间 $(1,n,0)$，考虑对每次加入的 $i$，更新这个栈
1) 如果 $i$ 可以转移到当前的区间 $[l,r]$，且 $i$ 比 $x$ 优，我们发现 $i$ 完爆 $x$ ，没理由留着 $x$
2) 不管 $i$ 有没有完爆 $x$，因为决策单调性，$i$ 可以影响后面一段区间（$i$ 从左到右，所以当前的 $i$ 显然在 $x$ 右边，有可能成为后面某段区间的最优决策），我们在 $[min(L,i+1),R]$ 这段区间上二分找出一个位置 $p$ 满足 $p$ 以前 $x$ 最优，$p$ 及以后 $i$ 最优，把 $(p,n,i)$ 加入队列，并把 $(l,r,x)$ 改成 $(l,p-1,x)$（如果不存在 $p$ 就不加）
所以从左到右每次加入一个 $i$ ，更新它的 $f$ 数组，然后把它的贡献加入栈里就可以了
复杂度 $O(nlogn)$
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define DB long double using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 200010,maxw = 40; int n,l,p; char s[maxn][maxw]; DB f[maxn]; int sum[maxn],top; struct Deci { int l,r,x; Deci(){} Deci(int _l,int _r,int _x){l = _l,r = _r,x = _x;} }st[maxn]; inline DB calc(int j,int i) { DB res = 1.0,cur = 1.0 * abs((sum[i] + i - sum[j] - j - 1) - l); for(int i=1;i<=p;i++)res *= cur; return res; } int main() { int T = read(); while(T--) { n = read(),l = read(),p = read(); int cur = 1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",s[i] + 1); sum[i] = sum[i - 1] + strlen(s[i] + 1); } st[top = 1] = Deci(1,n,0); for(int i=1;i<=n;i++) { f[i] = f[st[cur].x] + calc(st[cur].x,i); while(st[top].l > i && f[i] + calc(i,st[top].l) < f[st[top].x] + calc(st[top].x,st[top].l))top--; int L = max(i + 1,st[top].l),R = st[top].r,ans; while(L <= R) { int mid = (L + R) >> 1; if(f[i] + calc(i,mid) < f[st[top].x] + calc(st[top].x,mid))R = mid - 1; else L = mid + 1; } st[top].r = L - 1; if(L <= n)st[++top] = Deci(L,n,i); if(st[cur].r == i)cur++; } if(f[n] > 1e18)puts("Too hard to arrange"); else printf("%lld\n",(LL)f[n]); puts("--------------------"); } }
2.$w_{(i,j)}$ 不能快速求
例如：Lydsy1712 月赛 Problem D. 小 Q 的书架
把一个数列分成 $k$ 段，最小化 $\sum$ 每一段内的逆序对
$n \leq 40000,k \leq 10$
先吐槽，这个数据范围给我，我绝对不去莫队
区间逆序对好像不是很可算，只能莫队，但这个莫队还是动态查询，所以复杂度非常没有保障
然后 $w_{(i,j)}$ 虽然满足四边形不等式，但复杂度不是很对
可以分治，每次对于一个区间 $[l,r]$ 假设它的最优决策在 $[ql,qr]$ 上
令 mid=(l+r)>>1 ，我们可以暴力扫 $[l,mid]$ 找出它的最优决策点 $x$，然后递归解决 $[l,mid-1],[ql,x]$ 和 $[mid+1,r],[x,qr]$ 这两个子问题
这样做是 $O(nlogn)$ 的，复杂度证明同归并排序
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-') f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 40010; int n,k; int c[maxn],a[maxn],f[maxn],g[maxn]; inline int lowbit(int x){return x & (-x);} inline void add(int x,int v){for(;x <= n;x += lowbit(x))c[x] += v;} inline int cal(int x){int res = 0;for(;x;x -= lowbit(x))res += c[x];return res;} int nl,nr,ans; inline void Get(int l,int r) { while(nl > l)nl--,ans += cal(a[nl] - 1),add(a[nl],1); while(nr < r)nr++,ans += cal(n) - cal(a[nr]),add(a[nr],1); while(nl < l)add(a[nl],-1),ans -= cal(a[nl] - 1),nl++; while(nr > r)add(a[nr],-1),ans -= cal(n) - cal(a[nr]),nr--; } void solve(int l,int r,int L,int R) { if(l > r)return; int mid = (l + r) >> 1,x; for(int i=min(mid,R+1);i>L;i--) { Get(i,mid); if(g[i - 1] + ans < f[mid])f[mid] = g[i - 1] + ans,x = i - 1; } solve(l,mid - 1,L,x);solve(mid + 1,r,x,R); } int main() { n = nr = read();nl = 1; k = read(); for(int i=1;i<=n;i++) { a[i] = read(); f[i] = f[i - 1] + cal(n) - cal(a[i]); add(a[i],1); }ans = f[n]; for(int i=2;i<=k;i++) { for(int i=1;i<=n;i++)g[i] = f[i],f[i] = 1e9; solve(1,n,0,n - 1); } cout<<f[n]<<endl; }
