学习笔记：四边形不等式优化 DP
定义 & 等价形式
四边形不等式是定义在整数集上的二元函数 \(w(x, y)\)。
定义：对于任意 \(a \le b \le c \le d\)，满足交叉小于等于包含（即 \(w(a, c) + w(b, d) \le w(b, c) + w(a, d)\)。①
等价形式，对于任意的 \(a < b\)，都有 \(w(a, b-1) + w(a+1,b) \le w(a+1, b-1)+w(a,b)\)。②
① 推 ② 看定义即可，② 推 ① 的证明：
任取 \(a < d\)，\(w(a, d-1) + w(a+1,d \le w(a+1,d-1) + w(a,d)\)
若 \(a + 1 < d\)，\(w(a+1, d-1) + w(a+2,d) \le w(a+2,d-1) + w(a+1,d)\)
两式相加：\(w(a+2,d) + w(a, d-1) \le w(a,d) + w(a+2,d-1)\)
可扩展到对于任意的 \(a \le a + k = b \le d\)， \(w(b,d) + w(a, d-1) \le w(a,d) + w(b,d-1)\)
同理 \(c - 1\) 也可扩展到 \(c - k\)，因此可扩展到 \(a \le b \le c \le d\) 的形式。
1D/1D 优化
形如： $f_i = \underset{0\le j<i}{\min}{{f_j+w(j, i)}} $。
若 \(w\) 满足四边形不等式：
① 则 \(f_i\) 具有最优决策单调性（即 \(p_i\) 表示 \(f_i\) 的最优决策 \(j\)，则 \(p\) 非严格递增）。
② 且不仅最优决策有单调性，任意决策都有决策单调性（若 \(u < v\) 且在当前 \(i\) 时 \(v\) 优于 \(u\)，则 \(i < i'\) 的 \(i'\) 时 \(u\) 也比 \(v\) 优）。
证明（证明了 ②，自然 ① 也成立）：
任取 \(0 \le u < v < i < i'\)，若有 \(f_u + w(u,i) \ge f_v + w(v, i)\) ③ 即在 \(i\) 时 \(v\) 比 \(u\) 优。
由四边形不等式 \(w(u, i) + w(v, i') \le w(v, i) + w(u, i') \Leftrightarrow w(u, i') - w(u, i) \ge w(v, i') - w(v, i)\)。④
③ 和 ④ 式相加得证。
因此，我们可以动态决策，维护就当前有的决策来说，每个位置的局部最优决策，加入前 \(i - 1\) 的决策后，当前 \(f_i\) 的决策就能得到，然后我们考虑加入 \(i\) 这个决策能作为哪些 \(f\) 的最优决策。由上述性质，\(i\) 影响的是一段后缀。因此我们要快速找出后缀的开头，可二分（后缀里 \(i\) 最优，后缀前 \(i\) 不优），但是我们如果暴力修改可能还是 \(O(n^2)\)，因此我们可以把每个决策把其作为最优决策的区间一段一段的存。
具体做法：
-
每个决策存 \(x, l, r\) 三个变量，分别代表决策、影响的区间左右端点。维护一个决策的队列。
-
每次从队尾迭代：如果该区间队头都是 \(i\) 更优那么把这个决策删了；否则如果队尾 \(i\) 不优就退出；否则二分那个边界的位置。
复杂度：
-
每个决策最多删除增加一次，插入删除是 \(O(n)\) 的。
-
每次最多二分一次，这部分是 \(O(n \log n)\) 的。
因此总复杂度 \(O(n \log n)\)。
例题
NOI2009 诗人小G
设 \(l\) 为长度数组，\(S\) 为 \(l\) 前缀和。
朴素 DP 方程：\(f_i = \underset{0\le j < i}{\min} \{ f_j + |S_i - S_j + i - j - 1 - L| ^ P\}\)
证明 \(w(j, i) = |S_i - S_j + i - j - 1 - L| ^ P\) 满足决策单调性。
\(w(j+1,i) - w(j+1, i+1) \ge v(j,i) - v(j,i+1)\)。
设 \(v\) 是 \(w\) 那一坨去掉 \(P\) 次方。
设 \(a = v(j, i), b = v(j + 1, i)\)。
\(|b|^P - |b+l_{i+1}+1|^P \ge |a|^P - |a+l_{i+1} + 1|\)
即证明 \(y = |x|^P - |x+c|^P (c > 0)\) 函数非严格递减。
由于本人数学太差不会求导，只能感性证一下，首先看 \(P = 1\) 的情况，是以 \((-c/2, 0)\) 中心对称的一个函数，然后这个东西的物理意义就是到数轴上 \(x\) 到原点的距离 \(-\) 到 \((-c, 0)\) 的距离，分类讨论之后是递减的。如果有 \(P\) 次方是把这个影响扩大化，但是仍满足相对大小关系。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LD;
const int N = 100005;
int n, L, P, s[N], hh, tt, pre[N];
LD f[N];
char g[N][35];
struct Q{
int l, r, x;
} q[N];
/*
f[i] = f[j] + val(i, j)
val(i, j) = (s[i] - s[j] - (i - j - 1) - L) ^ P
*/
LD val(int i, int j) {
LD res = 1;
int x = abs(s[i] - s[j] + (i - j - 1) - L);
for (int k = 1; k <= P; k++) res *= x;
return res + f[j];
}
void insert(int i) {
int pos = -1;
while (hh <= tt) {
if (val(q[tt].l, i) <= val(q[tt].l, q[tt].x)) pos = q[tt--].l;
else {
if (val(q[tt].r, i) < val(q[tt].r, q[tt].x)) {
int l = q[tt].l, r = q[tt].r;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (val(mid, i) <= val(mid, q[tt].x)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
q[tt].r = r - 1, pos = r;
}
break;
}
}
if (pos != -1) q[++tt] = (Q) { pos, n, i };
}
void print(int i) {
if (!i) return;
print(pre[i]);
for (int j = pre[i] + 1; j <= i; j++) {
printf("%s", g[j] + 1);
if (j != i) putchar(' ');
}
puts("");
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
memset(pre, 0, sizeof pre);
scanf("%d%d%d", &n, &L, &P);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", g[i] + 1);
s[i] = s[i - 1] + strlen(g[i] + 1);
}
hh = tt = 1;
q[1] = (Q) { 1, n, 0 };
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int j = q[hh].x;
f[i] = val(i, j);
pre[i] = j;
while (hh <= tt && q[hh].r <= i) hh++;
q[hh].l = i + 1;
insert(i);
}
if (f[n] > 1e18) puts("Too hard to arrange");
else printf("%lld\n", (LL) f[n]), print(n);
puts("--------------------");
}
}
2D/1D 优化
定理 1：
① 形如 \(f_{i, j} = \underset{i\le k < j}{\min}\{ f_{i, k} + f_{k+1, j} + w(i, j) \}\)，② 且 \(f_{i, i} = w_{i,i} = 0\)。
③ 若 \(w\) 满足四边形不等式，④ 而且对于任意的 \(a \le b \le c \le d\) 都有 \(w(a,d) \ge w(b,c)\)
若有着四个条件，则 \(f\) 也满足四边形不等式。
证明：
当 \(j - i = 1\) 时，\(f_{i,j+1}+f_{i+1,j}=f_{i,i+2}\)
若 \(f_{i,i+2}\) 最优决策是 \(i\)：
最优决策是 \(i+1\) 同理。
因此这时候满足四边形不等式。
接着数学归纳法，设 \(j - i < k\) 时 \(f\) 的四边形不等式成立（这里 \(i, j\) 分别作为最小数和次大数），尝试证 \(j - i = k\) 成立。
然后是一大波分讨。
如果 \(i + 1 \le x \le y\)。
设 \(f_{i,j+1}\) 和 $f_{i+1,j} $ 的最优决策分别是 \(x\) 、 \(y\)。
\(f_{i,j+1}+f_{i+1,j} = f_{i, x} + f_{x+1,j+1}+w(i,j+1) + f_{i+1,y}+f_{y+1,j}+w(i+1,j)\) ①
\(f_{i,j}+f_{i+1,j+1} \le f_{i,x}+f_{x+1,j}+w(i,j)+f_{i+1,y}+f_{y+1,j+1}+w(i+1,j+1) ②\) ②
根据前面的四边形不等式有：
\(w(i, j) + w(i+1,j+1) \le w(i,j+1) + w(i+1, j)\)
\(f_{x+1,j}+f_{y+1,j+1}\le f_{x+1,j+1}+f_{y+1,j}\)，这里因为 \(j - (x + 1) < j - i = k\) 所以成立。
所以 ① ② 可以用不等号连起来，就有了 \(f_{i,j}+f_{i+1,j+1}\le f_{i,j+1}+f_{i+1,j}\)，就证完了。
如果 \(i + 1 \le y \le x\)。
与上述证明类似。
定理 2
若上述那个式子的 \(f\) 满足四边形不等式，设 \(p_{i, j}\) 为 \(f_{i,j}\) 的最优决策。
则有：$$p_{i,j-1} \le p_{i,j} \le p_{i+1,j}$$
设 \(p = p_{i,j}, i < k \le p\)，有 \(f_{i,p} + f_{i+1,k} \ge f_{i+1,k} + f_{i+1,p} \Leftrightarrow f_{i+1,k} - f_{i+1,p} \ge f_{i,k} - f_{i,p}\)
\(p\) 的最优性有 \(f_{i,k}+f_{k+1,j} \ge f_{i,p}+f_{p+1,j}\)。
因此对于 \(f_{i+1,j}\)，选 \(p\) 比所有的 \(k < p\) 都优，因此 \(p_{i,j} \le p_{i+1,j}\)。
\(p_{i,j-1} \le p_{i,j}\) 同理。
因此我们每次循环决策可以就询问 \([p_{i,j-1}, p_{i+1,j}]\)，这样是 \(O(n^2)\) 的。
复杂度证明，枚举 \(f_{i,j}\) 的最优决策复杂度是 \(p_{i+1,j} - p_{i,j-1}\) 量级的。把所有的求和，发现每个 \(p_{l, r}\) 除非某一位是 \(n\) 或 \(1\)，否则会分别有一正一负的抵消贡献，剩下的是部分最多 \(2n\) 项每一项都是 \(\le n\)（甚至还有负的，所以总共 \(O(n^2)\)。
例题 石子合并
\(n = 5000\) 的石子合并。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 5005;
int n, f[N][N], p[N][N], s[N];
int main() {
memset(f, 0x3f, sizeof f);
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", s + i), s[i] += s[i - 1];
f[i][i] = 0, p[i][i] = i;
}
for (int l = 2; l <= n; l++) {
for (int i = 1, j; (j = i + l - 1) <= n; i++) {
for (int k = p[i][j - 1]; k <= p[i + 1][j]; k++) {
if (f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1] < f[i][j]) {
f[i][j] = f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1], p[i][j] = k;
}
}
}
}
printf("%d\n", f[1][n]);
}
