【学习笔记】四边形不等式优化 DP

决策单调性

• 对于最优化问题 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i}{min}}\{w(j,i)\}$ ，称 $w(j,i)$ 为成本函数，参数为 $i$ 的最优化问题称为问题 $i$ ，记问题 $i$ 对应的最小最优决策点为 $opt(i)$ 。其中，我们假设成本函数 $w(j,i)$ 可以 $O(1)$ 计算。
• 决策单调性指对于任意 $i_1<i_2$ 均有 $opt(i_1)\le opt(i_2)$ 。
• 最常见的判断决策单调性的方法是通过四边形不等式。

四边形不等式

• 在成本函数 $w(x,y)$ 中，若对于任意 $a\le b\le c\le d$ 均有 $w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)$ 则称函数 $w(x,y)$ 满足四边形不等式，简记为“交叉小于包含”。若等号恒成立，又称函数 $w(x,y)$ 满足四边形恒等式。
• 定理
  • 在满足四边形不等式的函数 $w(x,y)$ 中，对于任意 $a<b$ 均有 $w(a,b)+w(a+1,b+1)\le w(a,b+1)+w(a+1,b)$ 。
    • 证明：用 $a,a+1,b,b+1$ 代入定义中的 $a,b,c,d$ 即可。
  • 若函数 $w(x,y)$ 满足四边形不等式，则最优化问题 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i}{min}}\{w(j,i)\}$ 满足决策单调性。
    • 证明
      • 对于任意 $i_1\in [1,n],j\in [1,opt(i_1)-1]$ ，由最优性均有 $w(op{t}_{i_1},i_1)\le w(j,i_1)$ 。
      • 对于任意 $i_2\in [i_1+1,n],j\in [1,opt(i_1)-1]$ ，由四边形不等式均有 $w(j,i_1)+w(opt(i_1),i_2)\le w(j,i_2)+w(opt(i_1),i_1)$ ，移项得到 $w(opt(i_1),i_2)-w(opt(i_1),i_1)\le w(j,i_2)-w(j,i_1)$ 。
      • 将两个不等式相加，得到 $w(opt(i_1),i_2)\le w(j,i_2)$ ，进而得到 $opt(i_1)\le opt(i_2)$ ，即最优化问题 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i}{min}}\{w(j,i)\}$ 满足决策单调性。
• 四边形不等式优化利用的是状态转移方程中的决策单调性。

一维线性 DP 的四边形不等式优化

基础知识

• 对于形如 $f_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f_j+val(j,i)\}$ 的状态转移方程，若成本函数 $val(x,y)$ 满足四边形不等式，则 $f_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f_j+val(j,i)\}$ 满足决策单调性。
  • 证明
    • 类比 $w(x,y)$ 的证明方式，将 $f_j+val(j,i)$ 代入可得到 $f_j+val(j,i)$ 满足四边形不等式，进而推出 $f_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f_j+val(j,i)\}$ 满足决策单调性。
• 常见的实现方式是分治和二分队列，二者各有优缺点，视情况决定使用哪种实现方法，时间复杂度均为 $O(n\log n)$ 。
  • 分治
    • 求解所有状态只需要知道所有决策点。考虑分治过程中先求出中点处 $mid$ 的决策点，更新区间范围内决策点的上下界。
  • 二分队列
    • 考虑维护 $\{opt\}$ ，在枚举至 $i$ 时，先前的 $\{opt\}$ 一定形如 $j_1,\dots ,j_1,j_2,\dots ,j_2,\dots ,j_k(j_1<j_2<\cdots <j_k)$ 。在插入 $i$ 时要保证满足决策单调性和最优性，这就需要我们找到一个位置 $pos$ 使得 $[1,pos]$ 目前存储的决策都比 $i$ 好，而 $(pos,n]$ 目前存储的决策都比 $i$ 差，接着将 $(pos,n]$ 全部修改为 $i$ 。
    • 因为 $\{opt\}$ 中存在许多相同的元素，且暴力修改效率较低，可将相同元素试做一个块 $(j,l,r)$ 表示 $op{t}_{l\sim r}=j$ 。
    • 同时，由于决策单调性的存在，我们没有必要保存 $op{t}_{1\sim i-1}$ 的部分来减少不必要的决策，单调队列就可以维护了。
    • 算法流程
      • $(0)$ 插入 $(0,1,n)$ 。
        • 如果存在 $j=0$ 这个决策的话。
      • 对于任意 $i\in [1,n]$ ，顺序执行以下操作。
      • $(1)$ 取出队头并检查队头是否过时，即 $head.r$ 是否 $<i$ 。若已过时则删除队头，否则令 $hea{d}_l=i$ 。
      • $(2)$ 令队头作为最优决策进行状态转移。
      • $(3)$ 取出队尾，进行分讨。若对于 $f_{tail.l}$ 来看 $i$ 比 $tail.j$ 更优，则令 $pos=tai{l}_l$ ，删除队尾并本步骤重新开始；若对于 $f_{tail.r}$ 来看 $i$ 比 $tail.j$ 更差，则插入新决策 $i$ ；否则，在 $[tai{l}_l,tai{l}_r]$ 上进行二分查找 $pos$ 使得在此之前 $tai{l}_j$ 更优，在此之后 $i$ 更优，插入新决策 $(i,pos,n)$ 。

  例题

luogu P3515 [POI2011] Lightning Conductor

• 多倍经验： luogu P5503 [JSOI2016] 灯塔 | SP9070 LIGHTIN - Lightning Conductor

• 设 $f_i$ 表示使 $a_j\le a_i+f_i-\sqrt{|i-j|}$ 成立的最小非负整数，移项状态转移方程为 $f_i=\underset{j=1}{\overset{n}{max}}\{a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\}=-\underset{j=1}{\overset{n}{min}}\{a_i-a_j-\sqrt{|i-j|}\}$ 。

• 当 $1\le j<i$ 时，原式为 $f_i=-\underset{j=1}{\overset{i}{min}}\{a_i-a_j-\sqrt{i-j}\}$ 。

  • 令 $w(x,y)=a_y-a_x-\sqrt{y-x}$ ，有 $w(x,y)$ 满足四边形不等式。
    • 证明
      • 将式子拆开后等价于证明 $-2\sqrt{y-x}\le -\sqrt{y-x-1}-\sqrt{y-x+1}$ 移项有 $2\sqrt{y-x}\ge \sqrt{y-x-1}+\sqrt{y-x+1}$ ，令 $k=y-x$ ，等价于证明 $2\sqrt{k}\ge \sqrt{k-1}+\sqrt{k+1}$ ，左右平方后有 $k\ge \sqrt{k^2-1}$ 。原结论成立。

• 当 $j=i$ 时，有 $f_i=max(f_i,0)$ 。

• 当 $i<j$ 时，将 $\{a\}$ 翻转即可。

  点击查看代码

  ll a[500010],f[500010];
  deque<ll>qj,ql,qr;
  double w(ll x,ll y)
  {
  	return a[x]+sqrt(y-x);
  }
  void solve(ll n)
  {
  	qj.clear();
  	ql.clear();
  	qr.clear();
  	for(ll i=1;i<=n;i++)
  	{
  		while(qj.empty()==0&&qr.front()<i)
  		{
  			qj.pop_front();
  			ql.pop_front();
  			qr.pop_front();
  		}
  		if(qj.empty()==0)
  		{
  			ql.front()=i;
  			f[i]=max(f[i],-a[i]+((ll)(ceil(a[qj.front()]+sqrt(i-qj.front())))));
  		}
  		while(qj.empty()==0&&w(qj.back(),ql.back())<=w(i,ql.back()))
  		{
  			qj.pop_back();
  			ql.pop_back();
  			qr.pop_back();
  		}
  		if(qj.empty()==0)
  		{
  			if(w(qj.back(),n)<w(i,n))//保证有优于 i 的决策
  			{
  				ll l=ql.back(),r=n,mid;	
  				while(l<=r)
  				{
  					mid=(l+r)/2;
  					if(w(qj.back(),mid)<w(i,mid))
  					{
  						r=mid-1;
  					}
  					else
  					{
  						l=mid+1;
  					}
  				}
  				qr.back()=r;
  				qj.push_back(i);
  				ql.push_back(l);
  				qr.push_back(n);
  			}
  		}
  		else
  		{
  			qj.push_back(i);
  			ql.push_back(i);
  			qr.push_back(n);
  		}
  	}
  }
  int main()
  {
  	ll n,i;
  	cin>>n;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>a[i];
  	}
  	solve(n);
  	reverse(a+1,a+1+n);
  	reverse(f+1,f+1+n);
  	solve(n);
  	reverse(f+1,f+1+n);
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cout<<f[i]<<endl;
  	}
  	return 0;
  }
  

luogu P1912 [NOI2009] 诗人小G

• 令 $su{m}_i$ 表示前 $i$ 句诗加空格的长度，即 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i(|s_j|+1)=i+\sum _{j=1}^i|s_j|$ 。

• 设 $f_i$ 表示将前 $i$ 句诗排版后的最下协调度，状态转移方程为 $f_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}\{f_j+|su{m}_i-su{m}_j-l-1{|}^p\}$ 。

• 拆掉绝对值后求导即可证明 $f$ 是满足决策单调性的。

  • 还没学导数，具体证明先咕了。

• 中途会炸 __int128_t 需要使用 long double 代替；手写快速幂来减小时间复杂度。

  点击查看代码

  ll sum[100010],ans[100010];
  long double f[100010];
  char s[100010][40];
  deque<ll>qj,ql,qr;
  long double qpow(long double a,ll b)
  {
  	long double ans=1;
  	while(b)
  	{
  		if(b&1)
  		{
  			ans=ans*a;
  		}
  		b>>=1;
  		a=a*a;
  	}
  	return ans;
  }
  long double  w(ll j,ll i,ll L,ll p)
  {
  	return f[j]+qpow(abs(sum[i]-sum[j]-L-1),p);
  }
  void print(ll x)
  {
  	if(x==0)
  	{
  		return;
  	}
  	else
  	{
  		print(ans[x]);
  		for(ll i=ans[x]+1;i<=x;i++)
  		{	
  			cout<<(s[i]+1);
  			if(i!=x)
  			{
  				cout<<" ";
  			}
  		}
  		cout<<endl;
  	}
  }
  int main()
  {
  	ll t,n,L,p,l,r,mid,i,j;
  	cin>>t;
  	for(j=1;j<=t;j++)
  	{
  		cin>>n>>L>>p;
  		memset(ans,0,sizeof(ans));
  		for(i=1;i<=n;i++)
  		{
  			cin>>(s[i]+1);
  			sum[i]=sum[i-1]+strlen(s[i]+1)+1;
  		}
  		qj.clear();
  		ql.clear();
  		qr.clear();
  		qj.push_back(0);
  		ql.push_back(1);
  		qr.push_back(n);
  		for(i=1;i<=n;i++)
  		{
  			while(qj.empty()==0&&qr.front()<i)
  			{
  				qj.pop_front();
  				ql.pop_front();
  				qr.pop_front();
  			}
  			if(qj.empty()==0)
  			{
  				ql.front()=i;
  				f[i]=w(qj.front(),i,L,p);
  				ans[i]=qj.front();
  			}
  			while(qj.empty()==0&&w(qj.back(),ql.back(),L,p)>=w(i,ql.back(),L,p))
  			{
  				qj.pop_back();
  				ql.pop_back();
  				qr.pop_back();
  			}
  			if(qj.empty()==0)
  			{
  				if(w(qj.back(),n,L,p)>w(i,n,L,p))
  				{
  					l=ql.back();
  					r=n;
  					while(l<=r)
  					{
  						mid=(l+r)/2;
  						if(w(qj.back(),mid,L,p)>w(i,mid,L,p))
  						{
  							r=mid-1;
  						}
  						else
  						{
  							l=mid+1;
  						}
  					}
  					qr.back()=r;
  					qj.push_back(i);
  					ql.push_back(l);
  					qr.push_back(n);
  				}
  			}
  			else
  			{
  				qj.push_back(i);
  				ql.push_back(i);
  				qr.push_back(n);
  			}
  		}
  		if(f[n]>1e18)
  		{
  			cout<<"Too hard to arrange"<<endl;
  		}
  		else
  		{
  			cout<<(ll)f[n]<<endl;
  			print(n);
  		}
  		cout<<"--------------------"<<endl;
  	}
  	return 0;
  }
  

LibreOJ 6039. 「雅礼集训 2017 Day5」珠宝 /「NAIPC2016」Jewel Thief

• 题解

二维区间 DP 的四边形不等式优化

基础知识

• 若对于任意的 $a\le b\le c\le d$ 均有 $w(b,c)\le w(a,d)$ ，则称 $w$ 对于区间包含关系具有单调性。
• 对于形如 $f_{i,j}=\underset{k=i}{\overset{j-1}{min}}\{f_{i,k}+f_{k+1,j}+w(i,j)\}$ 的状态转移方程，其中 $f_{i,i}=w(i,i)=0$ ，若 $w$ 满足四边形不等式和区间包含单调性，那么 $f$ 也满足四边形不等式。
  • 证明
    • 考虑数学归纳法。
    • 当 $j-i=1$ 时，有 $f$ 满足四边形不等式。
      • 由 $f_{i,i}=w(i,i)=0$ ，有 $\{\begin{array}{l}{f}_{i,j}=f_{i,i}+f_{j,j}+w(i,j)=w(i,j)\\ f_{i,j+1}+f_{i+1,j}=f_{i,i+2}+f_{i+1,i+1}=f_{i,i+2}\end{array}$ 。
      • 若 $f_{i,i+2}$ 的最优决策是 $i+1$ ，则 $\begin{array}{rl}{f}_{i,i+2}& =f_{i,i+1}+f_{i+2,i+2}+w(i,i+2)\\ & =w(i,i+1)+w(i,i+2)\\ & \ge w(i,i+1)+w(i+1,i+2)\\ & =f_{i,i+1}+f_{i+1,i+2}\\ & =f_{i,j}+f_{i+1,j+1}\end{array}$ 。
      • 若 $f_{i,i+2}$ 的最优决策是 $i$ ，则 $\begin{array}{rl}{f}_{i,i+2}& =f_{i,i}+f_{i+1,i+2}+w(i,i+2)\\ & =w(i+1,i+2)+w(i,i+2)\\ & =w(i+1,i+2)+w(i,i+1)\\ & =f_{i+1,i+2}+f_{i,i+1}\\ & =f_{i+1,j+1}+f_{i,j}\end{array}$ 。
      • 故 $j-i=1$ 时，有 $f$ 满足四边形不等式。
    • 假设当 $j-i<k$ 时，有 $f$ 满足四边形不等式。
    • 当 $j-i=k$ 时，设 $x(x\in [i,j])$ 是 $f_{i,j+1}$ 的最优决策， $y(y\in [i+1,j-1])$ 是 $f_{i+1,j}$ 的最优决策，不妨设 $i+1\le x\le y$ 。有 $\{\begin{array}{l}{f}_{i,j+1}+f_{i+1,j}=f_{i,x}+f_{x+1,j+1}+w(i,j+1)+f_{i+1,y}+f_{y+1,j}+w(i+1,j)\\ f_{i,j}+f_{i+1,j+1}\le f_{i,x}+f_{x+1,j}+w(i,j)+f_{i+1,y}+f_{y+1,j+1}+w(i+1,j+1)\end{array}$ 。又因为 $\{\begin{array}{l}w(i,j)+w(i+1,j+1)\le w(i,j+1)+w(i+1,j)\\ f_{x+1,j}+f_{y+1,j+1}\le f_{x+1,j+1}+f_{y+1,j}\end{array}$ ，有 $f_{i,j}+f_{i+1,j+1}\le f_{i,j+1}+f_{i+1,j}$ 。故当 $j-i=k$ 时，有 $f$ 满足四边形不等式。
    • 故 $f$ 满足四边形不等式。
• 定理
  • 对于形如 $f_{i,j}=\underset{k=i}{\overset{j-1}{min}}\{f_{i,k}+f_{k+1,j}+w(i,j)\}$ 的状态转移方程，其中 $f_{i,i}=w(i,i)=0$ ，若 $f$ 满足四边形不等式，那么对于任意 $i<j$ 均有 $op{t}_{i,j-1}\le op{t}_{i,j}\le op{t}_{i+1,j}$ ，即满足二维决策单调性。
    • 证明
      • 由于 $f$ 满足四边形不等式，对于任意的 $k\in (i,op{t}_{i,j}]$ 均有 $f_{i,k}+f_{i+1,op{t}_{i,j}}\le f_{i,op{t}_{i,j}}+f_{i+1,k}$ ，移项得到 $f_{i,k}-f_{i,op{t}_{i,j}}\le f_{i+1,k}-f_{i+1,op{t}_{i,j}}$ 。
      • 又因为 $f_{i,k}+f_{k+1,j}\ge f_{i,op{t}_{i,j}}+f_{op{t}_{i,j}+1,j}$ ，移项有 $f_{i,k}+f_{k+1,j}-f_{i,op{t}_{i,j}}-f_{op{t}_{i,j}+1,j}\ge 0$ 。
      • 对于 $f_{i+1,j}$ 有 $\begin{array}{rl}& (f_{i+1,k}+f_{k+1,j}+w(i+1,j))-(f_{i+1,op{t}_{i,j}}+f_{op{t}_{i,j}+1,j}+w(i+1,j))\\ & =f_{i+1,k}+f_{k+1,j}-f_{i+1,op{t}_{i,j}}-f_{op{t}_{i,j}+1,j}\\ & =(f_{i+1,k}-f_{i+1,op{t}_{i,j}})+(f_{k+1,j}-f_{op{t}_{i,j}+1,j})\\ & \ge (f_{i,k}-f_{i,op{t}_{i,j}})+(f_{k+1,j}-f_{op{t}_{i,j}+1,j})\\ & =f_{i,k}+f_{k+1,j}-f_{i,op{t}_{i,j}}-f_{op{t}_{i,j}+1,j}\\ & \ge 0\end{array}$ ，说明 $k$ 一定不比 $op{t}_{i,j}$ 更优，故 $op{t}_{i,j}\le op{t}_{i+1,j}$ 。
      • $op{t}_{i,j-1}\le op{t}_{i,j}$ 同理。

例题

luogu P1775 石子合并（弱化版）

• 令 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i{a}_i,w(l,r)=su{m}_r-su{m}_{l-1}$ 。显然有 $w$ 满足四边形恒等式。

• 设 $f_{l,r}$ 表示把最初的第 $l\sim r$ 堆合并成一堆需要消耗的最少体力，状态转移方程为 $f_{l,r}=\underset{k=l}{\overset{r-1}{min}}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}+w(l,r)\}$ ，边界为 $f_{i,i}=0,op{t}_{i,i}=i$ 。

• 由于 $f$ 满足四边形不等式，故仅枚举 $k\in [op{t}_{l,r-1},op{t}_{l+1,r}]$ ，时间复杂度为 $O(\sum _{l=1}^{n-1}\sum _{r=l+1}^n(op{t}_{l+1,r}-op{t}_{l,r-1}+1))=O(\sum _{l=1}^{n-1}(op{t}_{l+1,n}-op{t}_{1,n-l}+n-l))=O(n^2)$ 。

  点击查看代码

  ll a[2010],sum[2010],f[2010][2010],opt[2010][2010];
  ll w(ll l,ll r)
  {
      return sum[r]-sum[l-1];
  }
  int main()
  {
      ll n,i,len,l,r,k;
      cin>>n;
      memset(f,0x3f,sizeof(f));
      for(i=1;i<=n;i++)
      {
          cin>>a[i];
          sum[i]=sum[i-1]+a[i];
          f[i][i]=0;
          opt[i][i]=i;
      }
      for(len=2;len<=n;len++)
      {
          for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
          {
              for(k=opt[l][r-1];k<=opt[l+1][r];k++)
              {
                  if(f[l][k]+f[k+1][r]+w(l,r)<f[l][r])
                  {
                      f[l][r]=f[l][k]+f[k+1][r]+w(l,r);
                      opt[l][r]=k;
                  }
              }
          }
      }
      cout<<f[1][n]<<endl;
      return 0;
  }
  

满足四边形不等式的函数类

• 若函数 $w_1(x,y)$ 和 $w_2(x,y)$ 均满足四边形不等式（或区间包含单调性），则对于任意 $k_1,k_2\ge 0$ 均有 $k_1{w}_1(x,y)+k_2{w}_2(x,y)$ 也满足四边形不等式（或区间包含单调性）。
• 若对于函数 $w(j,i)$ 存在函数 $f(x),g(x)$ 使得 $w(j,i)=f(i)-g(j)$ ，则函数 $w$ 满足四边形不等式。且当函数 $f,g$ 单调递增时，函数 $w$ 也满足区间包含单调性。
• 设 $h(x)$ 是一个单调递增的凸函数，若函数 $w(j,i)$ 满足四边形不等式和区间包含单调性，则复合函数 $h(w(j,i))$ 也满足四边形不等式和区间包含单调性。
• 设 $h(x)$ 是一个凸函数，若函数 $w(j,i)$ 满足四边形恒等式和区间包含单调性，则复合函数 $h(w(j,i))$ 也满足四边形不等式。