2.决策单调性优化DP2024-05-22

决策单调性

同步发表于CSDN

决策单调性

四边形不等式

定义:
对于二元函数 $w (x, y)$ ，若 $\forall a, b, c, d \in Z$ ，且 $a \leq b \leq c \leq d$ ，都有 $w (a, d) + w (b, c) \geq w (a, c) + w (b, d)$ ，则称函数 $w$ 满足四边形不等式，也称它满足凸完全单调性

简记为 跨越 $+$ 包含 $\geq$ 交叉

定理1:
若函数 $w (x, y)$ 满足 $\forall a, b \in Z, a < b$ 都有 $w (a, b + 1) + w (a + 1, b) \geq w (a, b) + w (a + 1, b + 1)$
则函数 $w$ 满足四边形不等式

证明1:
若 $a < c$ ，有 $w (a, c + 1) + w (a + 1, c) \geq w (a, c) + w (a + 1, c + 1)$
若 $a + 1 < c$ ，有 $w (a + 1, c + 1) + w (a + 2, c) \geq w (a + 1, c) + w (a + 2, c + 1)$
两式相加，得 $w (a, c + 1) + w (a + 1, c) + w (a + 1, c + 1) + w (a + 2, c) \geq w (a, c) + w (a + 1, c + 1) + w (a + 1, c) + w (a + 2, c + 1)$
即 $w (a, c + 1) + w (a + 2, c) \geq w (a, c) + w (a + 2, c + 1)$
同理可证， $\forall a \leq b \leq c, w (a, c + 1) + w (b, c) \geq w (a, c), w (b, c + 1)$
同理可证， $\forall a \leq b \leq c \leq d$ , $w (a, d) + w (b, c) \geq w (a, c) + w (b, d)$

决策单调性

定义:
考虑转移方程 $f [i] = min_{0 \leq j < i} (f [j] + w (j, i))$
令 $p [i]$ 表示 $i$ 的最优决策 $j$ ，即让 $f [i]$ 取最小值的最小 $j$
若 $p [i]$ 在 $[1, n]$ 上单调不减，则称 $f$ 具有决策单调性

定理2:
考虑转移方程 $f [i] = min_{0 \leq j < i} (f [j] + w (j, i))$ ，若函数 $w$ 满足四边形不等式，则 $f$ 具有决策单调性
证明2:
$\forall i \in [1, n], j \in [0, p [i] - 1], f [p [i]] + w (p [i], i) \leq f [j] + w (j, i)$ $(1)$
$\forall i^{'} \in [i + 1, n], j < p [i] < i < i^{'}, w (j, i^{'}) + w (p [i], i) \geq w (j, i) + w (p [i], i^{'})$
$∴ w (p [i], i^{'}) - w (p [i], i) \leq w (j, i^{'}) - w (j, i)$ $(2)$
$(1)$ + $(2)$ 得: $f [p [i]] + w (p [i], i^{'}) \leq f [j] + w (j, i^{'})$
$∴ p [i^{'}] \geq p [i]$
所以 $f$ 具有决策单调性

形式1

用于优化形如 $f [i] = min_{1 \leq j \leq i} w (j, i)$ 的转移方程。
因为我们只需要找到每一个 $p [i]$ ，我们就可以算出每一个 $f [i]$ 了，那么对于这种方法，我们有两种常见方法。

法1 分治

考虑求区间 $[1, n]$ 的 $p [i]$ ，我们先求出 $p [m i d]$ ，再把它分成两个区间 $[1, m i d - 1]$ 和 $[m i d + 1, n]$ 分治求解。
为什么可以呢，因为根据决策单调性， $\forall i \in [m i d + 1, n], p [i] \geq p [m i d], \forall j \in [1, m i d - 1], p [j] \leq p [m i d]$
所以可以分治来求答案。
参考代码：

void solve(int l,int r,int pl,int pr){
	// 求pmid=p[mid]
	//算出 f[mid]
	solve(l,mid-1,p,pmid);
	solve(mid+1,r,pmid,pr);
}

法2 二分队列

易证，每一个决策一定是在一个区间内的，例如：

p [i] (i \in [1, 4]) = 1, p [i] (i \in [5, 9]) = 3, p [i] (i \in [10, n]) = k

所以可以维护一个单调队列，用于表示每个决策 $i$ 所对应的最优转移点。
参考代码：

void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=min(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}

例题 P3515

给定一个长度为 $n$ 的序列 ${a_{n}}$ ，对于每个 $i \in [1, n]$ ，求出一个最小的非负整数 $p$ ，使得 $\forall j \in [1, n]$ ，都有 $a_{j} \leq a_{i} + p - \sqrt{| i - j |}$

$1 \leq n \leq 5 \times 10^{5}$ ， $0 \leq a_{i} \leq 10^{9}$ 。

Solution

先变形：
$p \geq a [j] + \sqrt{| i - j |} - a [i], \forall j \in [1, n]$

问题变为求 $max (a [j] + \sqrt{| i - j |}), \forall j \in [1, n]$

考虑将序列先算一遍，翻转一次后再算一遍，最后求最大值，即变为求 $max (a [j] + \sqrt{| i - j |}), \forall j \in [1, i]$

令 $f [i] = max (a [j] + \sqrt{i - j})$
此处 $w (j, i) = \sqrt{i - j}$
定义 $a + 1 < c$
则有：
$w (a, c) = \sqrt{c - a}, w (a + 1, c) = \sqrt{c - a - 1}, w (a, c + 1) = \sqrt{c - a + 1}, w (a + 1, c + 1) = \sqrt{c - a}$

$∴ w (a, c + 1) + w (a + 1, c) - w (a, c) - w (a + 1, c + 1) = \sqrt{c - a - 1} + \sqrt{c - a + 1} - 2 \sqrt{c - a}$
令 $d = c - a$
原式 $= (\sqrt{d + 1} - \sqrt{d}) - (\sqrt{d} - \sqrt{d - 1})$
对函数 $f (x) = \sqrt{x} - \sqrt{x - 1}$ 求导发现其单调递减，所以原式恒小于 $0$ ，即可得：

w (a, c + 1) + w (a + 1, c) \leq w (a, c) + w (a + 1, c + 1)

可以发现，它跟四边形不等式符号相反，同样亦可证得 $f$ 满足决策单调性，于是可以套用法 $1$ 和法 $2$ 进行求解。
参考代码：
F1：

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N];
lf sq[N],f[N];
inline lf w(int j,int i){
	return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
	return (int)(x+1-eps);
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr){
	if(l>r)
		return ;
	int mid=(l+r)>>1,mxp;
	lf mx=0;
	for(int i=pl;i<=min(mid,pr);i++)
			if(w(i,mid)>mx)
				mx=w(i,mid),mxp=i;
	f[mid]=max(f[mid],mx);
	solve(l,mid-1,pl,mxp);
	solve(mid+1,r,mxp,pr);
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
	solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		write(Ceil(f[i]-a[i]));
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

F2：

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t;
lf sq[N],f[N];
struct fy{
	int l,r,p;
}q[N];
inline lf w(int j,int i){
	return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
	return (int)(x+1-eps);
}
int find_(int t,int x){
	int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(w(p,mid)<=w(x,mid))
			res=mid,r=mid-1;
		else
			l=mid+1;
	}
	return res;
}
void insert(int x){
	q[t].l=max(q[t].l,x);
	while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)<=w(x,q[t].l))
		t--;
	if(h<=t){
		int mid=find_(t,x);
		if(mid>n)
			return ;
		q[t].r=mid-1;
		q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
	else{
		q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
}
void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
	solve();
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	solve();
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		write(Ceil(f[i]-a[i]));
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

形式2

用于优化形如 $f [i] = min_{0 \leq j < i} (f [j] + w (j + 1, i))$ 的转移方程。( $w$ 满足四边形不等式)
注意到此种转移方程依赖于前面的值，因此分治法不再适用，所以只能用二分队列，思路跟上面一摸一样。

例题 P3195

P 教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。
P 教授有编号为 $1 \dots n$ 的 $n$ 件玩具，第 $i$ 件玩具经过压缩后的一维长度为 $C_{i}$ 。
为了方便整理，P教授要求：

在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物。形式地说，如果将第 $i$ 件玩具到第 $j$ 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 $x = j - i + \sum_{k = i}^{j} C_{k}$ 。
制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为 $x$ ，其制作费用为 $(x - L)^{2}$ 。其中 $L$ 是一个常量。P 教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过 $L$ 。但他希望所有容器的总费用最小。

对于全部的测试点， $1 \leq n \leq 5 \times 10^{4}$ ， $1 \leq L \leq 10^{7}$ ， $1 \leq C_{i} \leq 10^{7}$ 。

Solution

令 $f [i]$ 表示前 $i$ 个玩具装箱的最小代价，则枚举第 $i$ 个玩具和那些玩具放在一个箱子中，可得转移方程：

f [i] = min_{1 \leq j \leq i} (f [j - 1] + (i - j - L + \sum_{k = j}^{i} C_{k})^{2})

$f$ 满足决策单调性，证明参考 OI-WIKI

补充：图片的 $K$ 与题意中的 $L$ 意思相同。
性质 $1, 2, 3$ ：

那么把形式 $1$ 例题的方法 $2$ 的代码改装一下就可以了。
参考Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t,L;
int f[N],sum[N];
struct fy{
	int l,r,p;
}q[N];
inline int w(int j,int i){
	return f[j-1]+(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L)*(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L);
}
int find_(int t,int x){
	int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(w(p,mid)>=w(x,mid))
			res=mid,r=mid-1;
		else
			l=mid+1;
	}
	return res;
}
void insert(int x){
	q[t].l=max(q[t].l,x);
	while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)>=w(x,q[t].l))
		t--;
	if(h<=t){
		int mid=find_(t,x);
		if(mid>n)
			return ;
		q[t].r=mid-1;
		q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
	else{
		q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
}
void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}
signed main(){
	n=read();
	L=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	solve();
	write(f[n]);
	return 0;
}
//直接交不能AC哦
//而且此代码与OI-WIKI的略微有些不同

形式3

用于优化形如 $f [k] [i] = min_{1 \leq j \leq i} (f [k - 1] [j - 1] + w (j, i))$ 的转移方程( $w$ 满足四边形不等式)
注意到其实跟形式 $1$ 没有什么区别，因为它不依赖于这一层的值，而是依赖于上一层的值，所以既可以分治也可以二分队列。
据作者喜好(~~不是作者太菜~~)，例题中只给出分治做法。

例题 CF833B

将一个长度为 $n$ 的序列分为 $k$ 段，使得总价值最大。
一段区间的价值表示为区间内不同数字的个数。
$n \leq 35000, k \leq 50$

Solution

考虑决策单调性优化DP
令 $f [i] [j]$ 表示前 $j$ 个数分成 $i$ 段的最小费用，则可得：

f [i] [j] = min_{1 \leq k < j} (f [i - 1] [k] + w (k + 1, j))

其中 $w (l, r)$ 表示下表为 $[l, r]$ 中不同数字的个数。
证明 $w$ 满足决策单调性：
手搓几个样例就可以了~~口糊过去~~
证明：
令 $g (x, l, r)$ 表示 $x$ 是否在区间 $[l, r]$ 内出现过，出现为 $0$ ,否则为 $1$ , $Δ = [C_{a} == C_{b + 1}]$
$w (a, b + 1) + w (a + 1, b) = 2 w (a + 1, b) + g (C_{a}, a + 1, b) + g (C_{b + 1}, a + 1, b) - Δ$
$w (a, b) + w (a + 1, b + 1) = 2 w (a + 1, b) + g (C_{a}, a + 1, b) + g (C_{b + 1}, a + 1, b)$
所以可得：
$w (a, b + 1) + w (a + 1, b) \leq w (a, b) + w (a + 1, b + 1)$
因此 $w$ 满足四边形不等式
所以 $f$ 满足决策单调性

仅限于分治方法：
接下来就可以 Code了，不过维护 $w (l, r)$ 时注意可以用莫队的思想，维护双指针，由于分治的特殊性可以保证时间复杂度为 $O (n)$
总时间复杂度： $O (k n \log n)$

参考Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=1e5+1,mod=1e9+7;
int n,k,a[N],f[52][N],cnt[N],ans,l,r;
inline void add(int x){
	ans+=(++cnt[x]==1);
}
inline void del(int x){
	ans-=(--cnt[x]==0);
}
inline int w(int cl,int cr){
	while(l<cl)
		del(a[l++]);
	while(l>cl)
		add(a[--l]);
	while(r<cr)
		add(a[++r]);
	while(r>cr)
		del(a[r--]);
	return ans;
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr,int now){
	if(l>r)
		return ;
	int mid=(l+r)>>1,mxp;
	int mx=0;
	for(int i=pl;i<=min(mid-1,pr);i++){
		int o=f[now-1][i]+w(i+1,mid);
		if(o>mx)
			mx=o,mxp=i;
	}
	f[now][mid]=max(mx,f[now-1][mid]);
	solve(l,mid-1,pl,mxp,now);
	solve(mid+1,r,mxp,pr,now);
}
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	l=1,r=0;
	ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		solve(1,n,0,n,i);
	}
	cout<<f[k][n]<<"\n";
	return 0;
}
//注意不开快读会T哦

形式4

用于优化形如 $f [i] [j] = min (f [i] [k] + f [k + 1] [j] + w (i, j))$ 的区间DP转移方程
只需要一个简单的操作，就能把这个区间DP的时间复杂度从 $O (n^{3})$ 将为 $O (n^{2})$ ，就是把枚举 $k$ 的代码从

for(int k=i;k<j;k++)

改为

for(int k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];k++)

其中 $p [i] [j]$ 表示 $i$ ~ $j$ 的最优分割点。
证明可以参考《算法竞赛》中的 5.10
和洛谷石子合并题解区中 Hurricane、的题解。

例题

Solution

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=5e3+1,mod=1e9+7;
int n,a[N],s[N],f[N][N],p[N][N];
inline int read(){
	int x=0;
	char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9')
		s=getchar();
	while(s>='0'&&s<='9')
		x=x*10+s-'0',s=getchar();
	return x;
}
signed main(){
//	IOS;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=a[i+n]=read();
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
		s[i]=s[i-1]+a[i],p[i][i]=i;
	for(int len=2;len<=n;len++)
		for(int l=1;l<=n*2-len+1;l++){
			int r=l+len-1;
			int res=1e9;
			for(int mid=p[l][r-1];mid<=p[l+1][r];mid++)
				if(f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid]<res)
					res=f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid],p[l][r]=mid;
			f[l][r]=res;
		}
	int ans=1e9;
	cout<<f[1][n];
	return 0;
}

后话

参考习题单
参考资料：

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