学习笔记——四边形不等式

前言#

模拟赛出四边形不等式部分分了！被我用暴力艹过了这一档部分分！

注意！文中的式子都是用了取 $\min$ 作为转移，如果是 $\max$ 也是一样的。细节会有所区别。

四边形不等式#

定义#

对于一个二元函数 $w(a,b)$，

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

则称这个二元函数满足四边形不等式。

也就是市面上常说的：包含大于交叉。

基本判定定理#

如果 $w(a,b)$ 满足对任意 $a<b$，都有 $w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1)$，则 $w(a,b)$ 满足四边形不等式。

挺显然又好证（数归），那证明就略吧。

决策单调性优化动态规划#

四边形不等式不过是一个用来证明决策单调性的工具。而决策单调性才是对 dp 进行优化的关键。

1D1D 单调优化#

四边形不等式可以用来优化对于形式如：

$$dp_i=\min_{0\le j<i}\{dp_j+w(j,i)\}$$

的转移式子，如果其中 $w(a,b)$ 是满足四边形不等式的，那么这个 $dp$ 就满足决策单调性。

Proof

我们采用反证法：

假如当前有 $a<b<c<d$，其中 $b$ 是 $c$ 的最优决策点，假如 $a$ 会是 $d$ 的最优决策点，那么有：

$$dp_b+w(b,d)\ge dp_a+w(a,d)$$

但是根据四边形不等式，我们有：

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

将两式相加，消去同类项后得到：

$$dp_b+w(b,c)\ge dp_a+w(a,c)$$

也就是对于 $c$ 而言，$a$ 将会是更优的决策点，这与假设：$b$ 是 $c$ 的最优决策点相矛盾。故 $a$ 不会是 $d$ 的最优转移点。$\square$

我们利用它的单调性，维护一个决策点数组 $p$。容易发现，$p$ 一定是由若干段连续的相同元素构成的。然后我们在更新了 $i$ 之后，考虑更新它之后的 $p$，不难想到一定是更新一段后缀，所以我们只要找到这个分界点，后面用 $i$ 作决策点更优，而前面用原来的 $p$ 是更优的。这个东西可以二分。

实现的时候，我们用队列中存三元组的方式来代替直接维护整个 $p$。具体地，三元组 $(l,r,p)$ 表示 $[l,r]$ 中每个位置的当前最优决策点是 $p$，然后把 $p$ 数组从前往后这样压缩起来。这样在更新 $i$ 的时候，从队头找到第一个包含 $i$ 的（不包含可以直接弹出了），直接 $O(1)$ 转移。然后用 $i$ 来更新后面的 $p$ 数组，就是从队尾一个一个弹出，如果对于当前三元组 $(l,r,p)$，对 $l$ 来说决策点 $p$ 劣于 $i$，说明整个都是 $i$ 来转移更优，那就直接弹出；否则，我们在 $[l,r]$ 之间二分找到那个分界点，然后修改队尾的 $r$，并压入 $(ans,n,i)$，其中 $ans$ 是第一个以 $i$ 为最优决策点的点（也就是你二分得到的），然后结束。

我的叉点

1. 二分注意细节，不要写错；
2. 最后得到二分结果 $ans$ 之后，需要判断 $ans$ 是否大于 $n$，否则会在之后从队尾遇到它然后产生一些错误。

例题

• P1912 [NOI2009] 诗人小G

我们有 $w(a,b)=\operatorname{abs}(pre_b-pre_a-L+b-a-1)^P$，满足四边形不等式，直接用上面说的优化就可以了。

My Code

const int MAXN=1e5+10;
const ll MAX=1e18;
long double pre[MAXN],dp[MAXN],L;
int P;
long double w(int l,int r){
	long double ret=abs(pre[r]-pre[l]-L+r-l-1),v=1;
	rep(i,1,P) v*=ret;return v;
}
struct RG{int l,r,p;};
string s[MAXN];
int p[MAXN];
void print(int i){
	if(p[i]) print(p[i]);
	rep(j,p[i]+1,i) cout<<s[j]<<" \n"[j==i];
}
void solve(){
	int n;cin>>n>>L>>P;
	rep(i,1,n) cin>>s[i],pre[i]=pre[i-1]+s[i].size();
	deque<RG> q;q.push_back(RG{1,n,0});
	rep(i,1,n){
		while(!q.empty()&&(q.front().r<i||q.front().l>q.front().r)) q.pop_front();
		p[i]=q.front().p;dp[i]=dp[p[i]]+w(p[i],i);q.front().l=i;
		while(!q.empty()&&dp[q.back().p]+w(q.back().p,q.back().l)>=dp[i]+w(i,q.back().l))
			q.pop_back();
		if(q.empty()){
			q.push_back(RG{i,n,i});
			continue;
		}
		int l=q.back().l,r=q.back().r,pp=q.back().p,ans=r+1;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)>>1;
			if(dp[pp]+w(pp,mid)>=dp[i]+w(i,mid))
				r=mid-1,ans=mid;
			else l=mid+1;
		}
		q.back().r=ans-1;
		if(ans<=n) q.push_back(RG{ans,n,i});
	}
	if(dp[n]>MAX) cout<<"Too hard to arrange\n";
	else cout<<(ll)dp[n]<<'\n',print(n);
	cout<<"--------------------\n";
	while(!q.empty()) q.pop_back();
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T;for(cin>>T;T--;)
		solve();
	return 0;
}

2D1D 分层转移优化#

这种题一般具有相邻层之间转移的特征。并且同一层转移的时候具有决策单调性。这个单调性，我们同样是看 $w(a,b)$ 是否满足四边形不等式。比如说，在我们 1D1D 优化的基础上，规定分成恰好 $k$ 段，这样就变成了：

$$dp_{d,i}=\min_{0\le j<i}\{dp_{d-1,j}+w(j,i)\}$$

此时，我们发现与 1D1D 优化不同的是，我们在求某一层的时候，上一层的答案已经求好了，并且在当前层具有决策单调性。那考虑递归分治来 dp。即令 $DP(l,r,p,q)$ 表示在求 $l\sim r$ 一段的 $dp$ 值时，最优决策点在 $p\sim q$ 一段。然后我们求 $mid=\dfrac{l+r}{2}$，并暴力枚举找出 $mid$ 的最优决策点。然后根据决策单调性，分治往下做。这样复杂度是 $O(n\log n)$ 每层，共 $k$ 层，故复杂度优化为 $O(nk\log n)$。

例题

• P4767 [IOI2000]邮局

看到这题容易想到枚举每个邮局控制哪段区间，就发现转移式子和上面说的是一样的。好现在我们只需要考虑 $w(a,b)$ 是否满足四边形不等式就可以了。

首先，$w(a,b)$ 的含义是，$a\sim b$ 一段内放置一个邮局，使得 $a\sim b$ 的所有村庄到这个邮局的最小距离和。不难发现，邮局一定是放在中位数的地方——如果是奇数个村庄，就放最中间的村庄处；否则就放最中间两个村庄的中间。

然后你发现这个东西是满足四边形不等式的，可以用上述优化。可惜的是，每次暴力求 $w(a,b)$ 复杂度不够优秀。但是容易发现，这个东西可以递推。初始的时候 $w(a,a)=0$，然后 $w(a,b)=w(a+1,b)+d_{a+\frac{b-a+1}{2}}-d_a$ 实现转移。

这样转移就是：

$$dp_{d,i}=\min_{0\le j<i}\{dp_{d-1,j}+w(j+1,i)\}$$

递归分治优化即可。

My Code

const int MAXN=3010;
int w[MAXN][MAXN],d[MAXN],V,P;
int dp[MAXN][MAXN];
void DP(int D,int l,int r,int p,int q){
	if(l>r) return;
	int mid=(l+r)>>1,k=p,mx=dp[D-1][k]+w[k+1][mid];
	rep(i,p+1,min(q,mid-1)){
		if(dp[D-1][i]+w[i+1][mid]<mx)
			mx=dp[D-1][i]+w[i+1][mid],k=i;
	}dp[D][mid]=mx;
	DP(D,l,mid-1,p,k);DP(D,mid+1,r,k,q);
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>V>>P;
	rep(i,1,V) cin>>d[i];
	rep(len,2,V) for(int l=1;l+len-1<=V;l++){
		int r=l+len-1;
		w[l][r]=w[l+1][r]+d[l+(r-l+1)/2]-d[l];
	}
	rep(i,1,V) dp[0][i]=INF;
	rep(D,1,P) DP(D,1,V,0,V);
	cout<<dp[P][V]<<'\n';
	return 0;
}

四边形不等式对区间 dp 的优化#

个人认为这不属于决策单调性的范畴，但是也是四边形不等式的重要运用之一。

区间 dp 的转移通常形如：

$$dp_{l,r}=\min_{k\in[l,r)}\{dp_{l,k}+dp_{k+1,r}\}+w(l,r)$$

我们暂时称之『区间转移式』。

区间包含单调性#

为了对区间 dp 进行优化，我们需要提出这个新的概念。区间包含单调性，即对于一个二元函数 $w(a,b)$，对于 $a\le b\le c\le d$，满足 $w(a,d)\ge w(b,c)$，即包含大于被包含，就称这个二元函数具有区间包含单调性。

定理#

如果对于一个区间转移式，满足：

1. $w(a,b)$ 满足四边形不等式；
2. $w(a,b)$ 具有区间包含单调性；
3. 有边界 $w(a,a)=dp_{a,a}=0$。

则有 $dp_{l,r}$ 满足四边形不等式。

Proof

采用数学归纳法。

当 $i+1=j$ 时，$dp_{i,j+1}+dp_{i+1,j}=dp_{i,i+2}+dp_{i+1,i+1}=dp_{i,i+2}$。

我们采用基本判定定理，要证 $dp_{l,r}$ 满足四边形不等式，我们只要证明 $dp_{i,j+1}+dp_{i+1,j}\ge dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}$。下面进行分讨：

• 如果对 $dp_{i,i+2}$ 来说，最优决策点在 $i$。$dp_{i,i+2}=dp_{i,i}+dp_{i+1,i+2}+w(i,i+2)=w(i+1,i+2)+w(i,i+2)\ge w(i+1,i+2)+w(i,i+1)=dp_{i+1,i+2}+dp_{i,i+1}=dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}$。即：$dp_{i,j+1}+dp_{i+1,j}\ge dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}$。
• 如果对 $dp_{i,i+2}$ 来说，最优决策点在 $i+1$。$dp_{i,i+2}=dp_{i,i+1}+dp_{i+2,i+2}+w(i,i+2)=w(i,i+1)+w(i,i+2)\ge w(i,i+1)+w(i+1,i+2)=dp_{i+1,i+2}+dp_{i,i+1}=dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}$。即：$dp_{i,j+1}+dp_{i+1,j}\ge dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}$。

综上，当 $i+1=j$ 时，上述定理成立。

接下来进行归纳。若对于 $i+k>j$ 时，该定理成立，则证明当 $i+k=j$ 时成立：

令 $dp_{i+1,j}$ 的最优决策点为 $x$，$dp_{i,j+1}$ 的最优决策点为 $y$，必然有 $x\le y$。此时有：

$$\begin{aligned} dp_{i+1,j}+dp_{i,j+1}&=dp_{i+1,x}+dp_{x+1,j}+w(i+1,j) \\&+dp_{i,y}+dp_{y+1,j+1}+w(i,j+1) \end{aligned}$$

而对于 $dp_{i,j}$ 和 $dp_{i+1,j+1}$ 来说，这两个点必然分别是决策点之一，但不一定最优，故有：

$$\begin{aligned} dp_{i,j}+dp_{i+1,j+1}&\le dp_{i,x}+dp_{x+1,j}+w(i,j) \\&+dp_{i+1,y}+dp_{y+1,j+1}+w(i+1,j+1) \end{aligned}$$

然后根据 $w(a,b)$ 有四边形不等式以及在 $i+k>j$ 时，$dp_{i,j}$ 满足四边形不等式，有：

$$w(i,j+1)+w(i+1,j)\ge w(i,j)+w(i+1,j+1)\\ dp_{i+1,x}+dp_{i,y}\ge dp_{i,x}+dp_{i+1,y}$$

代入上面推出的式子，得到 $dp_{i+1,j}+dp_{i,j+1}\ge dp_{i,j}+dp_{i+1,j+1}$。$\square$

单调性#

我们记 $P_{i,j}$ 是 $dp_{i,j}$ 的最优决策点。则有结论：

$$P_{i,j-1}\le P_{i,j}\le P_{i+1,j}$$

Proof

我们记 $p=P_{i,j}$，则 $\forall k\in (i,p]$，有（已经证明 $dp_{i,j}$ 满足四边形不等式）：

$$dp_{i,p}+dp_{i+1,k}\ge dp_{i,k}+dp_{i+1,p}$$

移项，得到：

$$dp_{i+1,k}-dp_{i+1,p}\ge dp_{i,k}-dp_{i,p}$$

又 $p=P_{i,j}$，则有：

$$dp_{i,k}+dp_{k+1,j}\ge dp_{i,p}+dp_{p+1,j}$$

然后将两式相加，移项，得到：

$$dp_{i+1,k}+dp_{k+1,j}\ge dp_{i+1,p}+dp_{p+1,j}$$

两边同时加上 $w(i+1,j)$，不难发现这就是对于 $dp_{i+1,j}$ 的两个决策点的转移式。并且我们发现，$p$ 转移时更优的，也就是说，对于所有的 $k\le p$，都不如用 $p$ 转移更优，所以有 $P_{i+1,j}\ge p=P_{i,j}$。$\square$

同理可以证明 $P_{i,j}\ge P_{i,j-1}$。

应用#

接下来我们运用这个单调性来优化区间 dp。

不难发现，在跑区间 dp 的时候，对于 $dp_{i,j}$，$P_{i,j-1}$ 和 $P_{i+1,j}$ 都是已经求出的，我们只要在这个区间内枚举决策点就可以了。

容易证明复杂度为 $O(n^2)$。

方便地证明四边形不等式#

为了让你能够看出某个二元函数满足四边形不等式，整理如下性质（摘自 oi-wiki）：

1. 若 $w_1(a,b),w_2(a,b)$ 均满足四边形不等式（或区间包含单调性），则对于任意 $c_1,c_2\ge 0$，函数 $w(a,b)=c_1w_1(a,b)+c_2w_2(a,b)$ 也满足四边形不等式（或区间包含单调性）。
2. 若存在函数 $f(x),g(x)$ 使得 $w(l,r)=f(r)-g(l)$，则函数 $w$ 满足四边形不等式。当函数 $f,g$ 单调递增时，函数 $w$ 还满足区间包含单调性。
3. 若 $h(x)$ 是一个下凸^[1]的增函数，$w(a,b)$ 满足四边形不等式和区间包含单调性，则 $h(w(a,b))$ 也满足四边形不等式和区间包含单调性。
4. 若 $h(x)$ 是一个下凸的函数，$w(a,b)$ 满足四边形不等式和区间包含单调性，则 $h(w(a,b))$ 满足四边形不等式。

练习#

一些奇怪的优化 trick 可能会出现在这里。

主要找的是决策单调性优化的题目。

• CF321E Ciel and Gondolas

$\aleph$ 现在有 $n$ 个人，连续的若干人可以分为一组，你要分成 $k$ 组，使得每一组的权值和最小。定义一组人的权值为 $\sum\limits_{i\in [1,m]}\sum\limits_{j\in [i+1,m]}u_{i,j}$，其中 $m$ 为当前组人的个数。$u$ 为给定的 $n\times n$ 的矩阵。

Solution

感觉这种分组题就大概率是可以用四边形不等式优化的。

首先，我们考虑 $w(i,j)$ 是什么。容易发现，就是 $u$ 中横纵坐标都在 $[i,j]$ 中的所有数的和的一半。这个一半可以最后再说，所以我们直接对 $u$ 求二维前缀和。这样就有：$w(i,j)=u_{j,j}-u_{i-1,j}-u_{j,i-1}+u_{i-1,i-1}$，显然满足四边形不等式。

然后你发现这题可以直接套用上面邮局的做法，然后你就做完了。

• SP33372 LARMY - Lannister Army

$\aleph$ 给你一个长度为 $n$ 的序列，你要把它分成连续 $k$ 组，使得每一组的权值和最小。一组数的权值定义为这一段中逆序对的个数。

Solution

还是非常显然的转移。然后你考虑逆序对个数是否满足四边形不等式。满足吗？满足啊！然后还是一样套个板子就写完了/qd。然后你还需要用树状数组来预处理区间逆序对的个数。

后记#

能用的题好少啊，大多数都涉及到凸优化啊以及一些 wqs 二分。或者就是能用斜率优化直接艹。

那下次去学学 wqs 二分吧/qd。

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1. 指一阶导函数单调递增的函数。 ↩︎