四边形不等式小结

前言

我真的是愚不可及，为什么学这个东西，我本身又不强，而这个东西不但特别难，而且还特别冷门，我真的是白瞎了这么多时间了，现在我把我的辛苦展现出来，给各位强者铺个道路。

四边形不等式

（以下所有的自变量的讨论均在整数范围内，设w（a，b）为关于a，b的二元函数）

定义

若二元函数满足当$a\leq b\leq c\leq d,$有$w(a,d)+w(b,c)\geq w(a,c)+w(b,d)$，则称二元函数满足四变形不等式。

四边形不等式判定定理

若$a< b,w(a,b+1)+w(a+1,b)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)$，则二元函数w满足四变形不等式。

证明：

对于$a<c$，一定有

$w(a,c+1)+w(a+1,c)\geq w(a,c)+w(a+1,c+1)$

假设$a+k<c$，会有

$w(a+k,c+1)+w(a+k+1,c)\geq w(a+k,c)+w(a+k+1,c+1)$

同理$a+k+1<c$，有

$w(a+k+1,c+1)+w(a+k+2,c)\geq w(a+k+1,c)+w(a+k+2,c+1)$

两式相加有

$w(a+k,c+1)+w(a+k+2,c)\geq w(a+k,c)+w(a+k+2,c+1)$

于是由数学归纳法,加之a，b可以取等号，有

$a\leq b\leq c,w(a,c+1)+w(b,c)\geq w(a,c)+w(b,c+1)$

同理，对于

$a\leq b< c+k$，有

$w(a,c+k+1)+w(b,c+k)\geq w(a,c+k)+w(b,c+k+1)$

至于$a\leq b< c+k+1$

$w(a,c+k+2)+w(b,c+k+1)\geq w(a,c+k+1)+w(b,c+k+2)$

两式相加有

$w(a,c+k+2)+w(b,c+k)\leq w(a,c+k)+w(b,c+k+2)$

由数学归纳法，加之c，d可以取等号，有

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

得证

推论：

对于$b-a\leq l$满足判定定理要求，那么对于$a\leq b\leq c\leq d$，当$d-a\leq l+1$时满足四边形不等式,根据证明来证明。
判定定理的逆定理：满足四边形不等式的二元函数满足$a<b,w(a+1,b)+w(a,b+1)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)$，有兴趣可以自行证明。

一维线性递推优化

优化式

$f_i=\min_{0\leq j<i}\{f_j+w(j,i)\}$

性质

一维线性递推决策递增定理

定义

方程$f_i=\min_{0\leq j<i}\{f_j+w(j,i)\}$中$w$满足四边形不等式，则决策点单调递增

证明

设$k,k'$为$f_i$的决策点并满足条件$0\leq k'<k<i<i'$，其中k为i的最优决策点

不难得知

$f_i=f_k+w(k,i)\leq f_{k'}+w(k',i)$

由四边形不等式得知

$w(k',i')+w(k,i)\geq w(k',i)+w(k,i')$

两式相加有

$f_k+w(k,i')\leq f_{k'}+w(k',i')$

于是易知决策点$k$比$k'$更优，故得证。

推论：如果一个决策点a比它之前的一个决策点b优秀，则决策点b不可能成为以后的最优决策点（二分依据）。

实现

目前要求$f_i$

单调队列维护三元组$(l,r,p)$，表示$f_{l-r}$的最优决策点目前最优是p
队头是否合法，即$l< r$,否则弹出
取队头l++，计算$f_l$最优解
从队尾向前枚举，如果计算$f_k$(k为队尾的l)的已有决策点不如现在的决策点l优秀，弹出
否则二分查找$l-r$中第一个可以让决策点i更优秀的位置
更改队尾r，把新的三元组代表i的决策加入队列（注意，如果不能加入，一定要剔除）

二维递推优化

优化式

$f[l][r]=\min_{l\leq k<r}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}$（区间递推）
$f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}$（序列划分）

包含单调

如果二元函数w满足$a\leq b\leq c\leq d,w(a,d)\geq w(b,c)$，则称二元函数w满足包含单调。

二维递推判定定理

定义

对于上述优化式，如果满足

二元函数w满足四边形不等式
二元函数w满足包含单调
边界$w(i,i)=f[i][i]=0$

则f满足四边形不等式。

证明

优化式1

对于$j-i=1$而言，显然有$f[i][j]=f[i][i]+f[j][j]+w[i][j]$

根据判定定理来证明，$i<j$,要证明$f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

而$f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][j+1]$

$f[i][j+1]$最优决策点在i

那么有$f[i][j+1]=f[i][i]+f[i+1][j+1]+w[i][j+1]=f[i+1][j+1]+w[i][j+1]\geq w[i][j]+f[i+1][j+1]$

$=f[i][j]+f[i+1][j+1]$，即$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$。

$f[i][j+1]$最优决策点在i+1

那么有$f[i][j+1]=f[i][i+1]+f[i+1][j]+w[i][j+1]=f[i][j]+w[i][j+1]\geq f[i][j]+w[i+1][j+1]=$

$f[i][j]+f[i+1][j+1]$，即$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$。

总上所素，j-i=1时满足四边形不等式

至于$j-i=l$,假设$j-i<l$满足四边形不等式，则要证

$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

不妨设$f[i][j+1]$最优决策点为x，$f[i+1][j]$最优决策点为y

$x\leq y$

而$f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][x]+f[x+1][j+1]+w[i][j+1]+f[i+1][y]+f[y+1][j]+w[i+1][j]$

而$f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i][x]+f[x+1][j]+w[i][j]+f[i+1][y]+f[y+1][j+1]+w[i+1][j+1]$

显然我们有$i<j,w[i][j+1]+w[i+1][j]\geq w[i][j]+w[i+1][j+1]$

显然$x+1\leq y+1\leq j<j+1$，因此我们有

$f[x+1][j+1]+f[y+1][j]\geq f[x+1][j]+f[y+1][j+1]$

于是不难得知$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

同理

$f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][x]+f[x+1][j+1]+w[i][j+1]+f[i+1][y]+f[y+1][j]+w[i+1][j]$

$f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i][y]+f[y+1][j]+w[i][j]+f[i+1][x]+f[x+1][j+1]+w[i+1][j+1]$

显然有$i<j,w[i][j+1]+w[i+1][j]\geq w[i][j]+w[i+1][j+1]$

$i<i+1\leq y<x,f[i][x]+f[i+1][y]\geq f[i][y]+f[i+1][x]$

因此$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

总上所素，根据数学归纳法易知$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$，又有四边形不等式判定定理容易知道，f满足四边形不等式。

优化式2

对于$j-i=0$

现在需要证明$f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$,

即证$f[i][i+1]+f[i+1][i]\geq f[i][i]+f[i+1][i+1]$

即$f[i][i+1]+f[i+1][i]\geq 0$,不妨将非法决策定义为0,于是即证$f[i][i+1]\geq 0$,显然成立

至于$j-i=l$,假设$j-i<l$满足四边形不等式，那么要证

$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

设$f[i][j+1]$最优决策点为x,$f[i+1][j]$最优决策点为y

易知$f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i-1][x]+w[x+1][j+1]+f[i][y]+w[y+1][j]$

$x\leq y\Rightarrow i-1\leq x\leq y<j$

显然$f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i-1][x]+w[x+1][j]+f[i][y]+w[y+1][j+1]$

而$x+1<y+1\leq j<j+1,w[x+1][j+1]+w[y+1][j]\geq w[x+1][j]+w[y+1][j+1]$

故$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

$x> y\Rightarrow i\leq y< x\leq j$

显然$f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i-1][y]+w[y+1][j]+f[i][x]+w[x+1][j+1]$

而$i-1<i\leq y<x,f[i-1][x]+f[i][y]\geq f[i-1][y]+f[i][x]$

故$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$

所以由数学归纳法$i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]$，结合四边形不等式判定定理，不难得知原命题成立。

二维递推决策递增定理

定义

若上诉优化式满足判定定理，设$p[i][j]$为$f[i][j]$的最优决策点,则有$p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]$

证明

优化式1

$p[l][r-1]\leq p[l][r]$

设左式最优决策点$k$，并设$l\leq k'<k<r-1$，所以我们有

$f[l][r-1]=f[l][k]+f[k+1][r-1]+w[l][r-1]\leq $

$f[l][k']+f[k'+1][r-1]+w[l][r-1]$

即$f[l][k]+f[k+1][r-1]\leq f[l][k']+f[k'+1][r-1].....1$

由四边形不等式有

$l< k'+1<k+1\leq r-1<r$

$f[k'+1][r]+f[k+1][r-1]\geq f[k'+1][r-1]+f[k+1][r].....2$

1，2式相加，有

$f[l][k]+f[k+1][r]\leq f[l][k']+f[k'+1][r]$

即

$f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\leq f[l][k']+f[k'+1][r]+w[l][r]$

所以易知决策点k比$k'$优秀，得证

$p[l][r]\leq p[l+1][r]$

设右式的最优决策点为$k$,设$l\leq k<k'<r$

显然$l<l+1\leq k<k',f[l][k']+f[l+1][k]\geq f[l][k]+f[l+1][k']\ ......1$

而$f[l+1][r]=f[l+1][k]+f[k+1][r]+w[l+1][r]\leq f[l+1][k']+f[k'+1][r]+w[l+1][r]$

即$f[l+1][k]+f[k+1][r]\leq f[l+1][k']+f[k'+1][r]\ ......2$

1式+2式我们有
$f[l][k']+f[k'+1][r]\geq f[l][k]+f[k+1][r]$，即

$f[l][k']+f[k'+1][r]+w[l][r]\geq f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]$

总上所素，有$p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]$。

优化式2

$p[l][r-1]\leq p[l][r]$

设$l-1\leq k'<k=p[l][r-1]<r-1$

易知$f[l][r-1]=f[l-1][k]+w[k+1][r-1]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r-1]$

由四边形不等式有$k'+1<k+1\leq r-1<r,w[k'+1][r-1]+w[k+1][r]\leq w[k+1][r-1]+w[k'+1][r]$

两式相加$f[l-1][k]+w[k+1][r]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r]$,易知决策点k比$k'$更优秀

$p[l][r]\leq p[l+1][r]$

设$l\leq k=p[l+1][r]<k'<r$,容易知道

$f[l+1][r]=f[l][k]+w[k+1][r]\leq f[l][k']+w[k'+1][r]$

由四边形不等式有$l-1<l\leq k<k',f[l][k']+f[l-1][k]\leq f[l][k]+f[l-1][k']$

两式相加$f[l-1][k]+w[k+1][r]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r]$,容易知道决策点$k$比$k'$更优秀

总上所素$p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]$。

时间复杂度

根据二维递推决策递增定理，我们知道时间复杂度应该为$O(\sum_{i=2}^n\sum_{l=1}^{n-i+1}(p[l+1][l+i-1]-p[l][l+i-2]+1))=$
$O(\sum_{i=2}^n(p[2][i]+p[3][i+1]+...+p[n-i+2][n])-(p[1][i-1]+p[2][i]+...+p[n-i+1][n-1])+n-i+1))$
$=O(\sum_{i=2}^n(p[n-i+2][n]-p[1][i-1]+n-i+1))\approx O(n^2)$

石子合并

问题

有n堆石子从左至右排成一排，第i堆石子重量$w[i]$，每次可以选择相邻的两堆石子合并，新的石子重量为原来两堆之和，消耗体力值为新的石子的重量，询问最少消耗的体力之和。

解

首先注意到这是区间问题，于是可以设$f[l][r]$表示合并第l堆石子到第r堆石子消耗的最少体力值，于是有$f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}$，时间复杂度$O(n^3)$。

考虑到区间递推可以四边形不等式优化，发现w满足四边形不等式，且取到等号，也满足包含递增关系，边界可以开为0，因此可以使用四边形不等式优化成$O(n^2)$。

梳理：4大定理三个推论

定理名称	式子	条件	结果
四边形不等式判定定理（2个推论）	$w(a,b+1)+w(a+1,b)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)$	a<b	w满足四边形不等式
一维线性递推决策递增定理（1个推论）	$f_i=\min_{j=0}^{i-1}\{f_j+w(i,j)\}$	w满足四边形不等式	f的最优决策点单调递增
二维递推判定定理	$\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}$	w满足四边形不等式，包含递增，$w[i][i]=f[i][i]=0$	f满足四边形不等式
二维递推决策递增定理	$\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}$	优化式满足判定定理	最优决策点$p[l][r-1]\leq p[l][r] \leq p[l+1][r]$

式子积累

$f(x)=|x+c|^p-|x|^p$单调递增，[NOI2009]诗人小G
$w(l,r)$表示序列l，r中元素到其中位数的距离之和的最小值，满足四边形不等式和包含递增，Post Office
$w(l,r)=s_r-s_l$（s表示序列前缀和），满足四边形不等式且取到等号和包含递增。(石子合并)

例题

神仙

有n座山，第i座山坐标$x_i$,定义$A[i][j]$表示在前j座山修i间房子每座山到房子的距离之和的最小值，现在有两个神仙玩起了石子合并，有n堆石子，第i堆石子质量$a_i$，定义合并两堆石子的代价为两堆石子质量之和+$A[l][r]$(l,r为合并后的石子最小的编号和最大的编号)，求合并成一堆石子最小的代价，$n\leq 3000$。

后记

我想，当强者你看完这一切，觉得这些东西十分简单，而我的前言中又说这个东西很难，那么你大概知道了我的命运了，君当益AK，吾独AFO。

posted @ 2019-06-06 13:02 a1b3c7d9 阅读(1987) 评论(3) 编辑收藏举报

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定理名称	式子	条件	结果
四边形不等式判定定理（2个推论）	\(w(a,b+1)+w(a+1,b)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)\)	a<b	w满足四边形不等式
一维线性递推决策递增定理（1个推论）	\(f_i=\min_{j=0}^{i-1}\{f_j+w(i,j)\}\)	w满足四边形不等式	f的最优决策点单调递增
二维递推判定定理	\(\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}\)	w满足四边形不等式，包含递增，\(w[i][i]=f[i][i]=0\)	f满足四边形不等式
二维递推决策递增定理	\(\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}\)	优化式满足判定定理	最优决策点\(p[l][r-1]\leq p[l][r] \leq p[l+1][r]\)