四边形不等式

写的有点答辩了。

四边形不等式优化

最简单的一种：

2D1D的状态转移方程：

$$f_{l,r}=\underset{k=l}{\overset{r-1}{min}}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}\}+w(l,r)$$

当 $w(l,r)$ 满足一些性质时能利用决策单调性优化。

• 区间包含单调性：$\mathrm{\forall }l\le l^{\prime }\le r^{\prime }\le r,w(l^{\prime },r^{\prime })\le w(l,r)$ ，那么 $w$ 对于区间包含关系具有单调性。

• 四边形不等式：$\mathrm{\forall }{l}_1\le l_2\le r_1\le r_2,w(l_1,r_1)+w(l_2,r_2)\le w(l_1,r_2)+w(l_2,r_1)$ （交叉小于包含），则 $w$ 满足四边形不等式。等号恒成立称 $w$ 满足 四边形恒等式。

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• 若对于定义域上的任意整数 $a<b$，有 $w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1)$，则 $w$ 满足四边形不等式。

对于 $a<c$，有 $w(a,c+1)+w(a+1,c)\ge w(a,c)+w(a+1,c+1)$

对于 $a+1<c$，有 $w(a+1,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a+1,c)+w(a+2,c+1)$

相加得到 $w(a,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+2,c+1)$

即对于任意 $a\le b\le c$，有 $w(a,c+1)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,c+1)$ .

同理对于任意 $a\le b\le c\le d$，有 $w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d)$ .

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• 若 $w(l,r)$ 满足区间包含单调性和四边形不等式，则 $f(l,r)$ 满足四边形不等式。

太长了不放，感性理解。

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• 若状态 $f$ 满足四边形不等式，记 $m_{l,r}=min\{k:f_{l,r}=g_{k,l,r}\}$ 为最优决策点，则

$$m_{l,r-1}\le m_{l,r}\le m_{l+1,r}(l+1<r)$$

记 $u=m_{l,r},k_1=m_{l,r-1},k_2=m_{l+1,r}$ ，即证明 $k_1\le u\le k_2$ .

$1.$ 若 $k_1>u$ ，则 $u+1\le k_1+1\le r-1\le r$ ，有

$$f_{u+1,r-1}+f_{k_1+1,r}\le f_{u+1,r}+f_{k_1+1,r-1}$$

因为 $u$ 是 $f_{l,r}$ 的最优决策点：

$$f_{l,u}+f_{u+1,r}\le f_{l,k_1}+f_{k_1+1,r}$$

两式相加可得

$$f_{l,u}+f_{u+1,r-1}\le f_{l,k_1}+f_{k_1+1,r-1}$$

即 $g_{u,l,r-1}\le g_{k_1,l,r-1}$ ，那么 $u=m_{l,r-1}$ ，与 $k_1>u$ 矛盾。

所以 $k_1\le u$ .

$2.$ 若 $u>k_2$ ，则 $l\le l+1\le k_2\le u$ ，有

$$f_{l,k_2}+f_{l+1,u}\le f_{l,u}+f_{l+1,k_2}$$

因为 $k_2$ 是 $f_{l+1,r}$ 的最优决策点：

$$f_{l+1,k_2}+f_{k_2+1,r}\le f_{l+1,u}+f_{u+1,r}$$

两式相加可得

$$f_{l,k_2}+f_{k_2+1,r}\le f_{l,u}+f_{u+1,r}$$

即 $g_{k_2,l,r}\le g_{u,l,r}$ ，那么 $k_2=m_{l,r}$ ，与 $u>k_2$ 矛盾。

所以 $u\le k_2$ .

综上可得 $k_1\le u\le k_2$ ，即 $m_{l,r-1}\le m_{l,r}\le m_{l+1,r}$ .

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得到决策单调性就可以进行DP了。

当计算 $f_{l,r}$ 时，将其最优决策点 $m_{l,r}$ 记录下来，那么对决策点的枚举总量为

$$\sum _{1\le l\le r\le n}{m}_{l+1,r}-m_{l,r-1}=\sum _{i=1}^n{m}_{i,n}-m_{1,i}\le n^2$$

长这个样子。

for(int len=2;len<=n;len++)
		for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
			f[l][r]=inf;
			for(int k=m[l][r-1];k<=m[l+1][r];k++)
				if(f[l][r]>f[l][k]+f[k+1][r]+w(l,r)){
					f[l][r]=f[l][k]+f[k+1][r]+w(l,r);
					m[l][r]=k;
				}
		}

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写了没保存。

P4767 [IOI2000]邮局

数轴上 $n$ 个点 $\{a\}$ ，放 $m$ 个点，最小化

$$\sum _{i=1}^n\underset{j=1}{\overset{m}{min}}|a_i-b_j|$$

$n\le 3000,m\le 300$ .

先将 $a$ 升序排序。

设 $f(i,j)$ 表示考虑前 $i$ 个点，放置 $j$ 个点的最小值。

那么

$$f(i,j)=\underset{k=0}{\overset{i-1}{min}}f(k,j-1)+w(k+1,i)$$

其中 $w(l,r)$ 指在这段区间放一个点的最小距离和。

显然这个点应该在区间的中位数处，可以暴力做。

复杂度为 $O(n^{3}m)$ .

考虑一次转移能不能做到 $O(1)$ ，能发现 $w$ 是可以 $O(n^2)$ 预处理出来的，有

$$w(l,r)=w(l,r-1)+a_r-a_{\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor }$$

但是复杂度仍为 $O(n^{2}m)$ .

想一下 $w$ 是否满足四边形不等式。

由递推式得

$$w(l,r+1)-w(l,r)=a_{r+1}-a_{\lfloor \frac{l+r+1}{2}\rfloor }$$

$$w(l+1,r+1)-w(l+1,r)=a_{r+1}-a_{\lfloor \frac{l+r+2}{2}\rfloor }$$

两式相减有

$$w(l,r+1)+w(l+1,r)-w(l,r)-w(l+1,r+1)=a_{\lfloor \frac{l+r+1}{2}\rfloor }-a_{\lfloor \frac{l+r+2}{2}\rfloor }$$

由于坐标递增得上式 $\le 0$ .

所以

$$w(l,r)+w(l+1,r+1)\le w(l,r+1)+w(l+1,r)$$

故 $f$ 满足四边形不等式，于是可以利用决策单调性进行优化。

时间复杂度 $O(nm)$ .

#include<bits/stdc++.h>
#define N 3010
#define M 305
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,m,a[N];
int w[N][N],f[N][M],b[N][M];
void init(){
	for(int l=1;l<=n;l++){
		w[l][l]=0;
		for(int r=l+1;r<=n;r++)
			w[l][r]=w[l][r-1]+a[r]-a[(l+r)>>1];
	}
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	sort(a+1,a+1+n);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	init(),f[0][0]=0;
	for(int j=1;j<=m;j++){
		b[n+1][j]=n;
		for(int i=n;i;i--){
			for(int k=b[i][j-1];k<=b[i+1][j];k++)
				if(f[i][j]>f[k][j-1]+w[k+1][i])
					f[i][j]=f[k][j-1]+w[k+1][i],b[i][j]=k;
		}	
	}
	printf("%d\n",f[n][m]);
	
	return 0;
}

---

P3515 [POI2011]Lightning Conductor

序列 $\{a_n\}$，对于每个 $i\in [1,n]$，求出最小的非负整数 $p$ 满足 $\mathrm{\forall }j\in [1,n]$，$a_j\le a_i+p-\sqrt{|i-j|}$ .

$n\le 5\times {10}^5$，$0\le a_i\le {10}^9$ .

$$p\ge a_j+\sqrt{|i-j|}-a_i$$

$$p=\lceil max\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}\rceil -a_i$$

正着做一次，翻转序列后再做一次就可以消掉绝对值。

设 $f(i)=max\{a_j+\sqrt{i-j}\}$，$w(j,i)=\sqrt{i-j}$ .

令 $l+1<r$：

$$w(l,r+1)+w(l+1,r)-w(l,r)-w(l+1,r+1)$$

$$=\sqrt{r-l-1}+\sqrt{r-l+1}-2\sqrt{r-l}$$

令 $t=r-l$：

$$=(\sqrt{t+1}-\sqrt{t})-(\sqrt{t}-\sqrt{t-1})$$

这个式子是 $<0$ 的。

那么 $\mathrm{\forall }a\le b\le c\le d$，有 $w(a,d)+w(b,c)\le w(a,c)+w(b,d)$ .

本题求 $max$，将符号取反，可以证明 $f$ 满足决策单调性。

定义 $P_i$ 为 $i$ 的最优决策点。

对于 $\mathrm{\forall }j\in [0,P_i-1]$，有

$$f(P_i)+w(P_i,i)\le f(j)+w(j,i)$$

因为 $w$ 满足四边形不等式，对于 $\mathrm{\forall }{i}^{\prime }\in [i+1,n]$，有

$$w(j,i^{\prime })+w(P_i,i)\ge w(j,i)+w(P_i,i^{\prime })$$

$$w(P_i,i^{\prime })-w(P_i,i)\le w(j,i^{\prime })-w(j,i)$$

与第一个不等式相加

$$f(P_i)+w(P_i,i^{\prime })\le f(j)+w(j,i^{\prime })$$

即 $i^{\prime }$ 的最优决策点一定 $\ge P_i$，$f$ 具有决策单调性。

求出 $f(i)$ 是考虑其可以作为哪些 $f(i^{\prime })$ 的最优决策。

根据决策单调性，可以找到一个 $pos$，这之前的决策都比 $i$ 优，后面的都比 $i$ 差。

将该位置及其后面的部分都变为 $i$，此时它们的最优决策点均为 $i$ .

建立一个队列代替 $P$，保存三元组 $(j,l,r)$，表示 $P(l$~$r)$ 都是 $j$ .

对于每个 $i$，执行如下操作：

$1.$ 设队头为 $(j_0,l_0,r_0)$，若 $r_0=i-1$ 则删除队头，因为 $f(i)$ 之前的值都已求出，否则令 $l_0=i$ .

$2.$ 取队头的最优决策 $j$ 转移算出 $f(i)$ .

$3.$ 插入新决策 $i$：

$(1).$ 取出队尾 $(j_t,l_t,r_t)$ .

$(2).$ 若对于 $f(l_t)$，$i$ 比 $j_t$ 更优，即 $f(i)+w(i,l_t)\le f(j)+w(j_t,l_t)$，记 $pos=l_t$，删除队尾返回到 $(1)$ .

$(3).$ 若对于 $f(r_t)$，$i$ 比 $j_t$ 更优，去往 $(5)$ .

$(4).$ 否则，在 $[l_t,r_t]$ 上二分出 $pos$，在此之前决策优于 $i$，后面劣于 $i$，将 $[l_t,r_t]$ 改为 $[l_t,pos-1]$，去往 $(5)$ .

$(5).$ 将三元组 $(i,pos,n)$ 插入队尾。

时间复杂度 $O(n\log n)$ .

这题把符号取反就好。

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define N 500010
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,a[N],h,t;
db f[N],sqr[N];
struct node{
	int l,r,p;
}q[N];
db w(int j,int i){
	return db(a[j])+sqr[i-j];
}
int find(int t,int x){
	int pos=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,mid;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(w(q[t].p,mid)<=w(x,mid))pos=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return pos;
}
void insert(int i){
	q[t].l=max(q[t].l,i);
	while(h<=t&&w(i,q[t].l)>=w(q[t].p,q[t].l))t--;
	if(h>t)q[++t]=(node){i,n,i};
	else{
		int pos=find(t,i);
		if(pos>n)return;
		q[t].r=pos-1;
		q[++t]=(node){pos,n,i};
	}
}
void work(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)h++;
		else q[h].l=i;
		f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read();
		sqr[i]=sqrt(i);
	}
	work();
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	work();
	for(int i=n;i;i--)
		printf("%d\n",(int)ceil(f[i])-a[i]);
	
	return 0;
}

---

没总结出来比较干练的dp模板。

P1912 [NOI2009] 诗人小G

$n$ 个字符串，长度分别为 $a_i$，将它们按顺序划分成若干段，一段区间 $[l,r]$ 的代价是

$$|(a_l+1+a_{l+1}+1+\cdots +a_{r-1}+1+a_r)-L{|}^P$$

试最小化总代价并给出方案。多测。

• 若答案大于 ${10}^{18}$ 输出 Too hard to arrange.

• 极限数据有 $T\le 5$，$n\le {10}^5$，$L\le 3\times {10}^6$，$P\le 10$.

• 所有 $a_i$ 都 $\le 30$.

默认 $a_i+1$，记 $s_x=\sum _{i=1}^x{a}_i$.

$\mathrm{d}\mathrm{p}$ 方程是

$$f_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f_j+|s_i-s_j-(L+1){|}^P\}$$

这个东西是高次的所以斜优不了。

若证明 $w(j,i)=|s_i-s_j-(L+1){|}^P$ 满足四边形不等式，就可以用单调队列解决。

$$\Rightarrow w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1)$$

设

$$u=s_i-s_j-(L+1),v=s_i-s_j-a_j-(L+1)$$

$$|u+a_{i+1}{|}^P+|v{|}^P\ge |u{|}^P+|v+a_{i+1}{|}^P$$

$$\Rightarrow |v{|}^P-|v+a_{i+1}{|}^P\ge |u{|}^P-|u+a_{i+1}{|}^P$$

由于 $u\ge v$，即证 $g(x)=|x{|}^P-|x+z{|}^P(z\in [0,+\mathrm{\infty }))$ 非严格单调递减。

拆一下绝对值。

• $x\in [0,\mathrm{\infty })$：肉眼看比较显然。

求导？

$$g^{\prime }(x)=P{x}^{P-1}-P(x+z{)}^{P-1}$$

容易发现 $g^{\prime }(x)<0$.

• $x\in (-\mathrm{\infty },0),P\equiv 0(\text{mod}2)$

就是 $(-x{)}^P-(-x+z{)}^P$，和上面一样是递减的。

• $x\in [-z,0),P\equiv 1(\text{mod}2)$

$$g(x)=-x^P-(x+z{)}^P$$

$$g^{\prime }(x)=-P{x}^{P-1}-P(x+z{)}^{P-1}$$

$P$ 为奇数所以 $g^{\prime }(x)\le 0$.

• $x\in (-\mathrm{\infty },-z),P\equiv 1(\text{mod}2)$

$$g(x)=-x^P+(x+z{)}^P$$

$$g^{\prime }(x)=-P{x}^{P-1}+P(x+z{)}^{P-1}$$

同样 $g^{\prime }(x)\le 0$.

不知道为什么要这么严谨证。

把流程再放一遍。还是不太会。

建立一个队列代替 $P$，保存三元组 $(j,l,r)$，表示 $P(l$~$r)$ 都是 $j$ .

对于每个 $i$，执行如下操作：

$1.$ 设队头为 $(j_0,l_0,r_0)$，若 $r_0=i-1$ 则删除队头，因为 $f(i)$ 之前的值都已求出，否则令 $l_0=i$ .

$2.$ 取队头的最优决策 $j$ 转移算出 $f(i)$ .

$3.$ 插入新决策 $i$：

$(1).$ 取出队尾 $(j_t,l_t,r_t)$ .

$(2).$ 若对于 $f(l_t)$，$i$ 比 $j_t$ 更优，即 $f(i)+w(i,l_t)\le f(j)+w(j_t,l_t)$，记 $pos=l_t$，删除队尾返回到 $(1)$ .

$(3).$ 若对于 $f(r_t)$，$i$ 比 $j_t$ 更优，去往 $(5)$ .

$(4).$ 否则，在 $[l_t,r_t]$ 上二分出 $pos$，在此之前决策优于 $i$，后面劣于 $i$，将 $[l_t,r_t]$ 改为 $[l_t,pos-1]$，去往 $(5)$ .

$(5).$ 将三元组 $(i,pos,n)$ 插入队尾。

时间复杂度 $O(Tn\log n)$.

答案大于 ${10}^{18}$ 的时候会炸 $\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{g}$，要开 $\text{long double}$ 牺牲精度换取值域。

贺了一个长得比较像斜优的题解。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lb long double
#define N 100010
#define R 32
using namespace std;
char st[N][R];
int T,n;
ll L,P,s[N];lb f[N];
int h,t,q[N],pre[N];
int stk[N],top;
lb qpow(lb k,ll b){
	lb ret=1;
	while(b){
		if(b&1)ret*=k;
		b>>=1,k*=k;
	}
	return ret;
}
lb calc(int j,int i){
	return f[j]+qpow(abs(s[i]-s[j]-L),P);
}
int find(int t,int x){
	if(calc(t,n)<calc(x,n))return n+1;
	int pos=-1,l=x,r=n,mid;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(calc(x,mid)<=calc(t,mid))pos=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return pos;
}
void work(){
	h=1,t=0,q[++t]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(h<t&&find(q[h],q[h+1])<=i)h++;
		pre[i]=q[h],f[i]=calc(q[h],i);
		while(h<t&&find(q[t-1],q[t])>=find(q[t],i))t--;
		q[++t]=i;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%lld%lld",&n,&L,&P),L++;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%s",st[i]);
			s[i]=s[i-1]+strlen(st[i])+1;
		}
		work();
		if(f[n]>1e18){
			printf("Too hard to arrange\n");
		}
		else{
			printf("%lld\n",(ll)f[n]),top=0;
			for(int tp=n;tp;tp=pre[tp])stk[++top]=tp;
			stk[++top]=0;
			for(int i=top;i>1;i--){
				for(int j=stk[i]+1;j<stk[i-1];j++)
					printf("%s ",st[j]);
				printf("%s\n",st[stk[i-1]]);
			}
		}
		printf("--------------------\n");
	}
	
	return 0;
}

---

Yet Another Minimization Problem

将序列 $a$ 分成 $m$ 段，每一段 $[l,r]$ 的代价是其中相同元素的对数，即 $\sum _{l\le x<y\le r}[a_x=a_y]$.

试最小化总代价。

$2\le n\le {10}^5$，$2\le m\le min(n,20)$，$1\le a_i\le n$.

记 $f(i,k)$ 为前 $i$ 个划分成 $k$ 段的最小代价。

$$f(i,k)=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f(j,k-1)+w(j+1,i)\}$$

证明 $w$ 满足四边形不等式：

$$w(a,b+1)+w(a+1,b)-w(a,b)-w(a+1,b+1)$$

$$\Rightarrow w(a,b+1)-w(a,b)+w(a+1,b)-w(a+1,b+1)$$

$$\Rightarrow \sum _{p=a}^b[a_p=a_{b+1}]-\sum _{p=a+1}^b[a_p=a_{b+1}]$$

$$=[a_a=a_b]\ge 0$$

怎么用比较优秀的复杂度求出 $w$ 函数？可以像莫队一样左右移动指针做。

但是使用单调队列无法很好地保证指针移动的次数。这个时候就有必要用到分治优化了。

即 $\text{dp}(l,r,bl,br)$ 表示已经确定 $f[l]$ ~ $f[r]$ 的最优决策点在 $[bl,br]$，找到当前 $mid$ 的最优决策 $bm$，然后两边继续递归，也就是 $\text{dp}(l,mid-1,bl,bm)$ 和 $\text{dp}(mid+1,r,bm,br)$ .

由于决策单调性它的时间复杂度是 $O(n\log n)$ 的，不太会证。

时间复杂度 $O(kn\log n)$.

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
#define M 25
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,m,k,a[N];
int L,R,cnt[N];
ll sum,f[N][M];
int h,t,q[N];
void add(int x){
	sum+=(cnt[x]++);
}
void del(int x){
	sum-=(--cnt[x]);
}
ll w(int l,int r){
	while(L>l)add(a[--L]);
	while(R<r)add(a[++R]);
	while(L<l)del(a[L++]);
	while(R>r)del(a[R--]);
	return sum;
}
void dp(int l,int r,int bl,int br){
	if(l>r)return;
	int mid=(l+r)>>1,bm=bl;
	ll minn=f[bm][k-1]+w(bm+1,mid);
	for(int i=bl;i<=min(br,mid-1);i++){
		if(minn>f[i][k-1]+w(i+1,mid))
			bm=i,minn=f[i][k-1]+w(i+1,mid);
	}
	f[mid][k]=minn;
	dp(l,mid-1,bl,bm),dp(mid+1,r,bm,br);
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	L=1,R=n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read(),sum+=(cnt[a[i]]++);
		f[i][1]=sum;
	}
	for(k=2;k<=m;k++)dp(1,n,1,n);
	printf("%lld\n",f[n][m]); 
	
	return 0;
}