【DP】决策单调性小记

何谓决策单调性？

指的就是在最优化 dp 中，状态的最优转移点单调不减的性质。

这使得我们在做 dp 的时候可以减少冗余计算以达到优化的效果。这类优化方法常用于分段问题。

0x01：四边形不等式

设 $f[i]$ 表示将前 $i$ 个位置分段的最小代价，$w(j,i)$ 表示从 $j$ 转移到 $i$ 的代价。

若对于 $a\le b\le c\le d$，满足

$$w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)$$

我们就说 $w$ 满足四边形不等式。

$\bullet$ 结论：若 $w$ 满足四边形不等式，则该 dp 问题具有决策单调性。

采取反证法：设 $f[i]$ 的最优决策点为 $p[i]$，且代价函数 $w$ 满足四边形不等式。假设对于 $j< i$，有 $p[i]\le p[j]$，则根据最优性质，有

$$f[p[i]]+w(p[i],i)\le f[p[j]]+w(p[j],i)\qquad (1)$$

又根据四边形不等式，因为 $p[i]\le p[j]\le j\le i$，所以有

$$w(p[i],j)+w(p[j],i)\le w(p[i],i)+w(p[j],j)\qquad (2)$$

$(1)(2)$两式相加，两边消去相同项，得到

$$f[p[i]]+w(p[i],j)\le f[p[j]]+w(p[j],j)$$

也就是说，从 $p[i]$ 转移到 $j$，比从 $p[j]$ 转移更优，与我们的假设相悖，故结论得证。

不过在实战中，四边形不等式一般较难证明，暴力输出各决策点的方式确定决策单调性是最方便的。

0x02：在 $\boxed{\mathrm{2D/1D}}$ dp 中的运用

这一类型的 dp 有分 $k$ 段问题和区间 dp，朴素的 dp 一般是 $O(n^3)$ 的，如果 $w$ 满足四边形不等式，则我们可以用决策单调性来优化到 $O(n^2)$ 的复杂度。

$\bullet$ 结论：设 $p_{i,j}$ 表示 $f_{i,j}$ 的最优决策点，若 $w$ 满足四边形不等式，则有 $p_{i,j-1}\le p_{i,j}\le p_{i+1,j}$。证明略。

例题 1：

$\circ$ luoguP4767 [IOI2000]邮局

题目大意：一条数轴上有 $n$ 个村庄，第 $i$ 个村庄的位置为 $a_i$，你需要放置 $m$ 个邮局，使得每个村庄到最近的邮局的距离和最小（$1\le m\le 300$，$m\le n\le 3000$，$a_i\in [1,10000]$）。也就是说这个问题是一个分 $k$ 段问题。

设 $f_{i,j}$ 表示在前 $i$ 个村庄中放 $j$ 个邮局的最小距离和，$w(i,j)$ 表示在编号（从小到大）为 $[i,j]$ 的村庄中放一个邮局的代价（显然放在中位数处最优）。有状态转移方程

$$f_{i,j}=\min_{1\le k<i}\{f_{k,j-1}+w(k+1,i)\}$$

先做一遍 $O(nm^2)$ 的暴力，求出每个状态的最优决策点并输出，我们可以发现满足 $p_{i,j-1}\le p_{i,j}\le p_{i+1,j}$

于是我们枚举 $f_{i,j}$ 的决策点时候，可以枚举 $k:p_{i,j-1}\le k\le p_{i+1,j}$，复杂度降为 $O(nm)$。

由于需要用到 $f_{i+1,j}$ 的决策点，我们需要倒序枚举 $i$。

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例题 2：

$\circ$ CF833B The Bakery

题目大意：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。（$n\leq 35000,k\leq 50$）

还是熟悉的分 $k$ 段问题，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个位置分 $j$ 段，状态转移方程直接出来

$$f_{i,j}=\min_{1\le k<i}\{f_{k,j-1}+w(k+1,i)\}$$

我们发现 $w$ 是个数颜色问题，具有决策单调性（大概就是区间越长越亏），但并不能快速的得出。

注意到每次转移都是由第 $j-1$ 层转移到第 $j$ 层，也就是说同层之间不会转移，我们可以用上一层区间 $[0,n-1]$ 的结果去转移当前区间 $[1,n]$ 的结果，连续做 $k$ 次，不就得到答案了吗？

考虑一种分治做法，记 $solve(ql,qr,L,R)$ 表示从上一次分治的 $[L,R]$ 转移到 $[ql,qr]$。对于 $mid=\lfloor\frac{ql+qr}{2}\rfloor$，我们可以先求出它的最优决策点 $p$，由决策单调性可知，$[ql,mid)$ 一定由 $[L,p]$ 转移而来，$(mid,qr]$ 一定由 $[p,R]$ 转移而来。

对于 $w$ 的计算，由数颜色我们想到类似莫队的方法转移，维护当前左右端点 $tl,tr$，随着分治移动，时间复杂度 $O(n\log n)$，$k$ 次分治就是 $O(nk\log n)$。

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也就是说，当 $w$ 的贡献难算时，可采用分治的方法。

但注意，分治方法仅适用于一轮决策用上一轮结果转移的情况，如果同层转移则不可用。

习题：

$\circ$ CF868F Yet Another Minimization Problem

$\circ$ P5574 [CmdOI2019]任务分配问题

$\circ$ P4072 [SDOI2016]征途

0x03： 在 $\boxed{\mathrm{1D/1D}}$ dp 中的运用

状态转移方程一般形如 $f_i=\min\{f_{j-1}+w(j,i)\}$，也就是一个分段问题（不过段数不限），这类问题就不能使用分治（因为是同层转移），而是使用二分队列/二分栈维护决策点。

例题：

$\circ$ P1912 [NOI2009] 诗人小G

设 $S_i$ 表示前 $i$ 句诗加上 $(i-1)$ 个空格的长度，则 $w(j,i)=|S_i-S_{j-1}-1-L|^P$ 表示将从 $j$ 到 $i$ 的诗句单独分成一行的代价。

通过暴力发现 $w$ 满足四边形不等式，考虑决策单调性优化。

我们维护最优决策点 $p_i$ ，由于满足决策单调性，对于两个决策点 $x,y\ (x<y)$，我们一定能找到个分界点 $k$，使得在 $k$ 之前（$< k$）用 $x$ 转移优于 $y$，在 $k$ 之后（$\ge k$）用 $y$ 转移优于 $x$。

于是我们可以维护一个三元组 $(l,r,x)$，表示在区间 $[l,r]$ 中用 $x$ 转移较优。根据优劣，对决策点维护个单调队列。

具体地，假设当前在位置 $i$，我们取队头为最优转移，则队头 $(l_{head},r_{head},q_{head})$ 出队的前提是 $r_{head}<i$。对于队尾的三元组 $(l_{tail},r_{tail},q_{tail})$，我们能踢掉他的前提是 $q_{tail}$ 和 $i$ 的分界点 $k\le l_{tail}$。插入 $i$ 即插入 $(k+1,n,i)$。

事实上也不用那么麻烦地维护个三元组，记录队列中相邻两点的分界点即可。

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0x04：$\boxed{\mathrm{1D/1D}}$ 斜率优化

若转移方程能简化成 $f_i=\min/\max A_i\times B_j+C_i+D_j$，由于其中有一项与 $i,j$ 都相关，那么就不适用于上面的优化方法。

先不考虑 $\min/\max$，把相关的项放在一起得 $D_j=A_i\times B_j+(C_i-f_i)$。令 $y=D_j,k=A_i,x=B_j,b=C_i-f_i$，则整个方程可转化成 $y=kx+b$ 的形式（具体来说是把已知的 $i$ 作为 $k$，找到决策点 $j$ 就是找到点 $(x,y)$，所以 $x,y$ 只和 $j$ 有关），其中 $y$ 和 $k$ 都是已知的，且 $f_i=b+C_i$。

那么我们只需用给定的斜率 $k$ 找到一个点 $(x,y)$，使得经过此点的直线截距取到 $\min/\max$ 即可。

例题：

P3195 [HNOI2008]玩具装箱

容易写出转移方程（有做特殊处理）：

$$f_i=f_j+(s_i-s_j-L)^2$$

转换成斜率优化的形式变成

$$f_j+s_j^2=2(s_i-L)\times s_j+f_i-(s_i-L)^2$$

也就是说对于给定的 $k=2(s_i-L)$ 找到点 $(x,y)$ 满足要求即可。

斜率优化的关键就在此，如何快速地找到这个点呢？显然，我们将这条直线从很低的地方向上平移，碰到的第一个点即为最优，这些决策点即为下凸包上的点（如果要 $\max$ 则反之从上往下，决策点为上凸包）。

设最优决策点为 $B$， 则对于给定的 $k$ 显然有 $k1< k < k2$ （不然就碰不到），而且每次查询的斜率 $k$ 单调，那么我们可以对此用单调队列维护个下凸包，按照 $k1< k < k2$ 淘汰头节点即可。

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对于 $k$ 不单调但是插入的点横坐标有序的情况，则用单调栈维护凸包，然后按照 $k1< k < k2$ 二分即可。

对于 $k$ 和横坐标都不单调的情况，可用动态凸包/李超树/CDQ 等解决。

2022.10.8 补充：对于维护的是上凸包，且 $k,x$ 单增，应该用单调栈维护决策点，如 P5504 [JSOI2011] 柠檬。反之下凸包且 $k$ 单减同理。