「学习笔记」浅谈满足四边形不等式的序列划分问题的答案凸性

参考了 Itst 的博客。所以你的学习笔记就是把原文抄一遍吗

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首先定义 “满足四边形不等式的序列划分问题”：

给出 $n,k$ 和一个 $(n+1)\times (n+1)$ 的矩阵 $c_{i,j}$，你需要给出一个长度为 $k+1$ 的序列 $p_0=0<p_1<p_2<\dots <p_{k-1}<p_k=n$，定义该序列的价值为 ${\sum }_{i=1}^k{c}_{p_{i-1},p_i}$。你需要求出所有合法的序列的最小价值。

其中矩阵 $c$ 满足四边形不等式，即 $\forall i<j\le k<l,c_{i,k}+c_{j,l}\le c_{i,l}+c_{j,k}$。

其组合意义是显然的，$p$ 序列给出了序列划分的位置，区间 $(i,j]$ 的权值为 $c_{i,j}$。需要注意的是，权值矩阵 $c$ 在题目中一般不会显式地给出，这要求我们能够较快地对给定的区间信息进行查询。

另一个理解的角度是将序列看做一条链，$i\to j$ 的边权值为 $c_{i,j}$，所求即为 $0\to n$ 的最短路长度，因此该类问题也被称作 “满足四边形不等式的链上路径问题”。

先给出结论：设当 $k=p(p\in [1,n-1])$ 时答案为 $f(p)$，$f^{\prime }(p)(p\in [2,n-1])=f(p-1)-f(p)$，则 $f^{\prime }(p)$ 单调不增，即 $\forall q\in [3,n-1],f^{\prime }(q)\le f^{\prime }(q-1)$。

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为此我们需要证明一个稍强一些的结论：

引理：$\forall 1\le s<r<t\le n-1，f(r)+f(s+t-r)\le f(s)+f(t)$。

证明：

设序列 $P$ 为 $f(s)$ 对应的最优解，序列 $Q$ 为 $f(t)$ 对应的最优解，$\mathrm{\Delta }=r-s$。根据鸽巢原理可知存在 $x\in [0,s-1]$ 满足 $P_x<Q_{x+\mathrm{\Delta }}<Q_{x+\mathrm{\Delta }+1}\le P_{x+1}$。此时考虑两个序列 $R=\{P_0,P_1,\dots ,P_x,Q_{x+\mathrm{\Delta }+1},\dots ,Q_t\},S=\{Q_0,Q_1,\dots ,Q_{x+\mathrm{\Delta }},P_{x+1},\dots ,P_s\}$。显然 $R$ 和 $S$ 分别是 $k=s+t-r$ 和 $k=r$ 的一组合法解。

设某个序列 $X$ 的权值为 $w(X)$，那么有

$$w(R)+w(S)-w(P)-w(Q)=c_{P_x,Q_{x+\mathrm{\Delta }+1}}+c_{Q_{x+\mathrm{\Delta }},P_{x+1}}-(c_{P_x,P_{x+1}}+c_{Q_{x+\mathrm{\Delta }},Q_{x+\mathrm{\Delta }+1}})$$

而根据四边形不等式上式 $\le 0$，同时因为 $f(r)+f(s+t-r)\le w(R)+w(S)$，故 $f(r)+f(s+t-r)\le f(s)+f(t)$，结论成立。

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在引理中令 $s=x-1,t=x+1,r=x$ 可得 $f(x)+f(x)\le f(x-1)+f(x+1)$，即 $f(x-1)-f(x)\ge f(x)-f(x+1)$，即 $f^{\prime }(x)\ge f^{\prime }(x+1)$，故结论成立。

这意味着答案对于段数是一个下凸的函数，可以使用 WQS 二分等凸优化技巧优化。