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。