决策单调性优化

数学推导比较多。但是充斥着对称美。

单调队列/斜率优化，都是决策单调性优化。这篇主要说四边形不等式优化。

还没写完。

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基本定义

四边形不等式：对于二元函数 $w_{x,y}$，如果对于定义域内任意 $a\le b\le c\le d$，都有 $w_{a,b} + w_{c,d} \ge w_{a, c} + w_{b, d}$（相交 $\le$ 包含），那么称 $w_{i,j}$ 满足四边形不等式。 （定义①）

等价转化

对于二元函数 $w_{x,y}$，若对于任意 $a<b$，存在 $w_{a,b+1} + w_{a+1,b} \ge w_{a,b} + w_{a+1,b+1}$，那么 $w_{i,j}$ 也满足四边形不等式。（定义②）

定义①通常用来推出某些结论，定义②通常用来证明某个二元函数满足四边形不等式。

证明等价：
对于 $c > a$，如果 $c = a + 1$，则有：$w_{a,c+1} + w_{a+1,c} \ge w_{a,c} + w_{a+1,c+1}$ 成立，否则有：

$$w_{a,c+1} + w_{a+1,c} \ge w_{a,c} + w_{a+1,c+1} \\ w_{a+1,c+1} + w_{a+2,c} \ge w_{a+1,c} + w_{a+2,c+1}$$

加起来得到：

$$w_{a,c+1} + w_{a+2,c} \ge w_{a,c} + w_{a+2,c+1}$$

以此类推，得到对于任意 $a\le b\le c$，有：

$$w_{a,c+1} + w_{b,c} \ge w_{a,c} + w_{b,c+1}$$

故技重施。对于 $c < maxn$，

$$w_{a,c+2} + w_{b,c+1} \ge w_{a,c+1} + w_{b,c+2}$$

加起来得到：

$$w_{a,c+2} + w_{b,c} \ge w_{a,c} + w_{b,c+2}$$

以此类推，得到定义①。

矩阵形式

对于 $N \times M$ 的矩阵 $A$ 满足四边形不等式：

$$\forall i_1 \le i_2, j_1 \le j_2, A_{i_1, j_1} + A_{i_2, j_2} \le A_{i_1, j_2} + A_{i_2, j_2}$$

那么称 $A$ 是完全单调的。因为

$$A_{i,j} +A_{i+1, j+1} \le A_{i, j+1} + A_{i+1, j} \Rightarrow A_{i,j+1} - A_{i,j} \ge A_{i+1,j+1} - A_{i+1, j}$$

也即，$A_{*, j}$ 比 $A_{*, j+1}$ 增长更快，如果第 $i$ 行最小值在第 $j$ 列取到，那么对于 $\forall i_1 > i, j_1 < j$，有 $A_{i_1, j_1} \le A_{i_1, j}$。

这就是四边形不等式的本质，相交小于等于还是大于等于包含不重要，只是推出了一个矩阵的单调形式，放弃了很多没用的矩阵。

应用类型 I

考虑如下 dp 转移式子：

$$f_i = \min \limits_{0 \le j < i} \{f_j + v_{j,i}\}$$

其中 $v$ 满足四边形不等式。
那么：若对于 $i$，其决策点 $p$ 比任意 $k < p$ 都更优，那么对于 $i'>i$，其决策点 $p$ 比任意 $k < p$ 都更优。

证明：

$$f_p + v_{p, i} \le f_k + v_{k,i} \\ v_{k,i} + v_{p, i'} \le v_{k, i'} + v_{p, i}$$

相加得到

$$f_p + v_{p, i'} \le f_k + f_{k, i'}$$

不难得到推论，$p_i$ 单调增。

那么如何求出整个 DP 数组呢？可以从 $O(n^2)$ 优化到 $O(n \log n)$。方法叫做二分栈。

我们考虑 $p$ 数组，$p_i$ 表示考虑了目前算到的 DP 值，$i$ 的最优决策。

一开始，计算出 $f_0$，然后 $p$ 数组长这样：$\mathtt{0000000000}$

若干个数求完之后，数组可能变成了：$\mathtt{0000111122}$
假设已经求完了 $0 \sim 2$ 的所有 DP 值并放进数组中了，那么显然 $p_3$ 即为 $3$ 的最优决策。以此计算 $f_3$。

考虑如何添加 $f_3$ 的贡献。找到一个位置，使得它之后所有数都应该填 $3$，例如 $\mathtt{0000113333}$。这个有可二分性。但是暴力填写不行，复杂度退化为 $O(n^2)$。怎么办？

考虑维护颜色段，类似珂朵莉树思想。用一个集合，元素为 $(l,r,k)$，表示一段为 $k$ 的区间。那么我们从右往左找到分割点所在区间，把右边的段全部删掉即可。已经算完的左边的点也删掉，避免污染。为什么不两层二分？实际上这个复杂度是最对的。因为最多只会有 $n$ 段加入了，总共也就最多有 $n$ 段被删除了。这个思想在 KMP 算法的时间复杂度证明中出现过，这里又出现了。

实现方面，用 deque。或者 list。后者，比较安全，但是不能随机访问。（这里不需要随机访问。）

应用类型 II

考虑如下 DP 转移式：

$$dp_{i, j} = \min \limits_{0 \le k < i}\{dp_{k,j-1} + v_{k+1,i}\}$$

其中 $v$ 满足四边形不等式。易证对于每个 $j$，$dp_{i,j}$ 满足决策单调性。

先介绍另一种方法，然后考虑这两种方法有什么不一样。这种方法叫分治。没错，分治博客里面有一个决策单调性的例题。现在知道了原理。（变成套路了捏）

考虑 $solve(l,r,x,y)$ 表示计算 $dp_{l \sim r, j}$ 的值，决策点范围在 $(x,y)$。考虑计算出 $mid$ 的决策点 $k$，然后 $solve(l, mid - 1, x, k), solve(mid + 1, r, k, y)$。注意一下边界判断。

考虑时间复杂度。虽然带端点，但是端点计算次数是 $O(区间数)=O(n)$ 的，所以还是 $O(n log n)$。

不同之处

第二种情况，是没有用到左边的 dp 值，直接先算出了右边的 dp 值的。而当遇到第一种情况那样，dp 值后来也是决策的时候，就不管用了。
因此用哪种方法，关键是看 dp 值在这一轮中会不会作为决策。

应用类型 III

考虑如下转移：

$$f_{i, j} = \min \limits_{i \le k < j} \{f_{i,k} + f_{k + 1, j} + w_{i, j}\}$$

若满足以下三个条件：

• $w$ 满足四边形不等式。
• $f_{i, i} = w_{i, i} = 0$。
• $\forall a \le b \le c \le d, w_{ad} \ge w_{bc}$（权值的区间包含关系）

那么 $f$ 也满足四边形不等式。

证明：要证明对于任意 $i < j$，有 $f_{i,j+1} + f_{i+1,j} \ge f_{i,j} + f_{i+1,j+1}$。

首先证明 $j=i+1$ 的情形。
当 $j = i + 1$ 的时候，$f_{i,j+1} + f_{i+1,j} = f_{i, i + 2} + f_{i + 1, i + 1} = f_{i, i + 2}$。（第二个条件）
右边 $= f_{i, i + 1} + f_{i + 1, i + 2}$
考虑 $f_{i, i + 2}$ 的决策点是 $i$ 还是 $i + 1$。

1. 决策点是 $i$。
   那么 $f_{i, i + 2} = f_{i, i} + f_{i + 1, i + 2} + w_{i, i + 2} = f_{i + 1, i + 2} + w_{i, i + 2}$；$f_{i, i + 1} = w_{i, i + 1} \le w_{i, i + 2}$，得证。
2. 决策点是 $i + 1$。
   同法可得证。

然后证明，如果对于 $j - i < k$ 成立，那么对于 $j - i = k$ 也成立：
先考虑推得的定义①式子，我们需要使用它。显然，由归纳假设推得的定义①形式为：

$$a \le b \le c \le d, c - a < k, f_{a,d}+f_{b,c}\ge f_{a,c}+f_{b,d}$$

做好了准备工作之后，我们考虑证明对于 $j - i = k$，$f_{i,j+1} + f_{i+1,j} \ge f_{i,j} + f_{i+1,j+1}$。

考虑 $x,y$ 分别为 $f_{i,j+1},f_{i+1,j}$ 的最优决策点。那么有 $i \le x \le j, i < y < j$。

考虑 $x,y$ 大小关系：

1. $x \le y$，那么 $i < x \le j, i < y < j$。
   那么 $y,x$ 也是 $f_{i,j},f_{i+1,j+1}$ 的一个决策。注意任意一个决策算出来的 $f$ 值要小于最优决策。于是 $f_{i,j + 1} + f_{i + 1, j} = f_{i, x} + f_{x +1, j + 1} + w_{i, j + 1} + f_{i +1 , y} + f_{y + 1, j} + w_{i + 1, j}$， $f_{i,j} + f_{i + 1, j + 1} \le f_{i, x} + f_{x +1, j} + w_{i, j} + f_{i +1 , y} + f_{y + 1, j + 1} + w_{i + 1, j + 1}$。
   由于 $w$ 满足四边形不等式， $w_{i,j} + w_{i + 1, j + 1} \le w_{i, j + 1} + w_{i + 1, j}$，那么要证明原式其实也就是证明 $f_{x + 1, j} + f_{y + 1, j + 1} \le f_{x + 1, j + 1} + f_{y + 1, j}$。由于 $x + 1 \le y + 1 \le j < j + 1, j - (x + 1) < k$，这个式子是成立的。
2. $x > y$，同法可证。

因此 $f$ 满足四边形不等式。

推论：对于任意 $i < j$ 有，$p_{i, j - 1} \le p_{i, j} \le p_{i + 1, j}$。（决策单调性）

证明：考虑右式，设 $q = p_{i, j}$，那么对于任意 $i < i + 1 \le k \le p$ 有 $f_{i, p} + f_{i + 1, k} \ge f_{i, k} + f_{i + 1, p}$。那么要证明对于 $f_{i + 1, j}$，$k$ 比 $p$ 要劣，也就是 $f_{i + 1, k} + f_{k + 1, j} + w_{i + 1, j} - f_{i + 1, p} - f_{p + 1, j} - w_{i + 1, j} \ge 0$。由上面的式子可得。

因此考虑一个矩阵 $p$，一个格子上的点总是在它左边的点和下面的点中间。例如如下矩阵，标绿色的是参与计算的格子，那么 $1$ 号格子 $\le$ $2$ 号格子 $\le$ $3$ 号格子。

因此在计算一个点的时候，缩小了枚举范围。事实上，把 $O(n^3)$ 优化到了 $O(n^2)$。为什么呢？考虑格子 $p_{i, j}$ 的枚举长度为 $p_{i + 1, j} - p_{i, j - 1} + 1$。
那么每个格子被上面的格子 $+1$（如果有的话），被下面的格子 $-1$（如果有的话）。

容易发现，因为 $p_{i, j} \le n$，总共计算次数是 $O(n^2)$ 的。