决策单调性优化 DP

这里面学问很深啊。优化方式也多种多样。

总的来说，对于一类形如 $f_i=\min f_j+w(j,i)$ 的转移方程，设 $p_i$ 为使 $f_j+w(j,i)$ 取到最小值的点，那么如果 $p_i$ 单调递增，我们就可以使用决策单调性优化 DP。

定理

这里给出一个定理：$p_i$ 单调递增，当且仅当 $w$ 满足四边形不等式，即

\[w(i,j)+w(i+1,j+1)\ge w(i,j+1)+w(i+1,j)\tag{1} \]

这个式子有更一般（但完全等价）的形式，即

\[\forall a\le b\le c\le d,w(a,c)+w(b,d)\ge w(a,d)+w(b,c)\tag{2} \]

更一般地，如果转移方程形如 $f_i=\max f_j+w(j,i)$，那么将 $(2)$ 式若将不等号反向后成立，那么该转移同样满足决策单调性。证明基本一样。

不难用归纳法从 $(1)$ 推出 $(2)$，在 $(2)$ 中令 $a=i,b=i+1,c=j,d=j+1$ 即得 $(1)$。

略证：四边形不等式即 $w(i,j)-w(i,j+1)\ge w(i+1,j)-w(i+1,j+1)$

从这个式子可以看出来，四边形不等式实际上体现了某种意义上的凸性质。

因此大多数和「次幂」（如平方，根号）有关的式子都可以猜一手决策单调性。毕竟幂函数总是凸的。

因此，考虑 $f_i$ 的决策点 $p_i$，由 $p_i$ 的最优性，对于任意的 $j<p_i$，均有

\[f_j+w(j,i)\ge f_{p_i}+w(p_i,i)\tag{3} \]

我们证明：当 $i$ 变为 $i+1$ 时仍有 $f_j+w(j,i+1)\ge f_{p_i}+w(p_i,i+1)$。下面简记 $p$ 为 $p_i$。

由于 $w$ 满足四边形不等式，因此

\[w(j,i)+w(p,i+1)\ge w(p,i)+w(j,i+1) \]

这里 $a,b,c,d$ 分别为 $a=j,b=p,c=i,d=i+1$

\[\iff w(j,i)-w(j,i+1)\ge w(p,i)-w(p,i+1)\tag{4} \]

$(3)+(4)$ 即得 $f_j+w(j,i+1)\ge f_{p_i}+w(p_i,i+1)$。这就完成了证明。

二分队列

现在我们知道 $p_i$ 单调递增，第一个想法是在转移时从 $p_{i-1}$ 到 $i-1$ 枚举 $j$ 尝试转移，但是这样复杂度也不对。

我们考虑直接维护 $p_i$ 这个序列，一开始将 $p_i$ 全部设置为 $1$，也就是先让所有 $f_i$ 都从 $1$ 转移。

我们的算法可以保证在计算到 $i$ 时，$p_i$ 恰好就是 $f_i$ 的最优决策点。

在计算到 $f_i$ 时，首先由 $p_i$ 直接计算出 $f_i$ 的值，接下来我们将根据 $f_i$ 的值来更新后面的决策点。

具体来说，由决策单调性我们可以知道，一旦某个地方满足 $p_j=i$，那么后面的 $p_{j+1\cdots n}$ 都至少是 $i$。

而当前我们只考虑到 $i$，也就是决策集合只有 $1,2,\cdots,i$，因此实际上只需要找到这个位置 $j$ 满足

$f_i$ 恰好是 $f_j$ 的最优决策点，但是 $f_{j-1}$ 的最优决策点在 $i$ 之前

然后把 $p_{j\cdots n}$ 全都赋值为 $i$ 即可。找到这样的 $j$ 可以使用二分。根据决策单调性，这样的 $j$ 应当满足 $p$ 数组中目前存储的决策点中，$j$ 之前的决策都比 $i$ 好，$j$ 之后的决策都比 $i$ 差，二分出这个位置即可。

现在得到这个位置之后，我们需要对 $j$ 后面的位置进行整体赋值。你说我会用线段树维护序列，当然可以，不过这样做复杂度似乎要 $2\log $，而用下面的方式可以做到 $1\log $。

其实说出来也没什么，把序列划分成若干极长连续段，满足每个连续段中 $p$ 的值都相同。接下来二分完成后只需要修改 $O(1)$ 个连续段，删除若干连续段，并插入一个连续段即可。这其实就是所谓「珂朵莉树」。

分治优化

这一种优化方式仅限 $g\to f$ 的情形，也就是给定 $g$，我们需要算出 $f_i=\min_{j<i} g_j+w(j,i)$ 的情形。

我们定义 $\text{solve}(l,r,pl,pr)$ 表示需要计算出 $f[l\cdots r]$ 的最优决策点，并且已经确定了每个决策点都在 $[pl,pr]$ 之内。考虑找到区间中点 $m=\lfloor(l+r)/2\rfloor$，然后暴力计算 $f_m$ 的最优决策点 $p_m$。

由决策单调性我们知道 $[l,m]$ 中的决策点都在 $[pl,p_m]$ 中，$[m+1,r]$ 的决策点都在 $[p_m,pr]$ 中，因此可以递归进 $\text{solve}(l,m-1,pl,p_m)$ 与 $(m+1,r,p_m,pr)$。

复杂度如何呢？画出分治树，分治树共 $O(\log n)$ 层，在每一层中，所有的 $[pl,pr]$ 并起来恰好是 $[1,n]$，因此总的枚举次数不超过 $n\log n$。如果计算 $w$ 的时间复杂度是 $O(f(n))$，那么总的时间复杂度是 $O(n\log n\times f(n))$。

你或许已经发现，如果要算 $f\to f$ 的转移，这种方法需要在计算 $p_m$ 时已知前面的所有 $f$ 值。

而这是不可能的，因此这种方法只适用于 $g\to f$ 的转移，方法一则同时适用于 $f\to f$ 和 $g\to f$。

但方法一也有缺点，下面我们就会说明。

大多数情况下 $O(f(n))=O(1)$，不过也存在少数 $f$ 不好计算的情况。

若贡献难以在常数时间内计算

对于这类贡献，虽然 $w(l,r)$ 难以 $O(1)$ 或 $O(\log n)$ 计算，但 $w$ 如果满足

在已知 $w(l,r)$ 的情况下，我们可以快速算出 $w(l,r+1)$ 以及 $w(l-1,r)$

那么同样可以使用分治法在 $O(n\log n\times \cdots )$ 的时间复杂度内完成转移，其中 $\cdots$ 部分是通过 $w(l,r)$ 算 $w(l,r+1)$ 与 $w(l-1,r)$ 的复杂度。

解决方法很暴力：我们在全局维护两个指针 $L,R$，每次需要计算 $w(l,r)$ 时，直接暴力将 $L,R$ 移动至需要查询的区间。这看起来非常暴力，但是我们可以证明：

按照正常的 DFS 序遍历分治树，指针的移动次数不会超过 $O(n\log n)$。

我们把左右端点分开考虑。

对于右端点，由于它总是被设为 $m=(l+r)/2$ 后不动，接下来递归进 $\text{solve}(l,m-1,\cdot)$ 与 $\text{solve}(m+1,r,\cdot)$，因此指针总是从区间 $[l,r]$ 的某个端点移动到中点处，次数不超过 $O(r-l)$，总的移动次数自然不超过 $O(n\log n)$。

对于左端点，它在移动完后总是等于 $\min(m-1,pr)$，类似右端点可以证明左端点的移动次数是 $O(pr-pl)$ 的。因此，总的移动次数同样是 $O(n\log n)$。

这就是分治法的优点所在，可以发现二分法是无法处理这样的贡献的。

有些文章把这种方法称为「整体二分」，我认为也有一定道理

对于 $f\to f$ 类，且贡献难以计算的转移方程，我暂时没有好的解决办法，有鸽鸽教教我吗/kel

当决策值单峰

这里单峰（单谷）指的是，设 $f_i$ 的最优决策点为 $p$，则：

$p$ 之前的决策值 $f_j+w(j,i)$ 随 $j$ 增大单调递减，$p$ 之后的决策值单调增。

这样，我们就可以直接维护 $f_i$ 的最优决策点 $p_i$，并在计算 $f_{i+1}$ 时维护指针 $j$ 从 $p_i$ 开始往后跳，一旦发现 $f_j+w(j,i)<f_{j+1}+w(j+1,i)$ 就说明找到了峰值，可以直接用 $f_j+w(j,i)$ 更新 $f_i$。

由单峰的性质可以得到这样做的正确性。算法的时间复杂度是优秀的 $O(n)$。

不难发现这同样适用于贡献难算但可以快速移动端点的情形。

二分栈

咕

我们发现左边恰好是 $[l,r]$ 中 $<a_{r+1}$ 的元素个数，右边恰好是 $[l+1,r]$ 中 $<a_{r+1}$ 的元素个数

显然左边不会比右边小，这就完成了证明。类似上题，用树状数组维护区间转移即可做到 $O(nk\log ^2n)$。

posted @ 2023-03-31 18:05 云浅知处阅读(108) 评论(0) 编辑收藏举报

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