「学习笔记」四边形不等式优化 / 决策单调性优化 dp

「学习笔记」四边形不等式优化 / 决策单调性优化 dp

以前看到四边形不等式或叫决策单调性优化 dp,看到绕来绕去的式子和繁琐的证明总是望而却步。

数理基础简单打一下后再来看时发现,其实模型并不复杂,证明大多较为基础,故记此文加以巩固。

部分证明过程会以 Markdown 中引用的格式进行标注,笔者学艺不精还请指出错误及不足之处。

代码大部分是自己口胡出来的,可能写得乱了点。

四边形不等式

设函数 w(x,y),其中 x,y 整数,若对于任意整数 a,b,c,d,满足 abcd,都有 w(a,c)+w(b,d)w(a,d)+w(b,c) 成立,则称 w 满足四边形不等式。

简记为:交叉小于等于包含

定理一

若对于任意正整数 a,b,满足 a<b ,都有 w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a,b+1)+w(a+1,b) 成立,则 w 满足四边形不等式。

我的记法是两步一起蹦跶 ((a,b)(a+1,b+1))不如一步一步走远 ((a,b+1),a(a+1,b)),有点像绕口令的感觉了wwwww。

a+1<c 时,由条件得 C+BA+D,D+EB+F,两式相加化简可得 C+EA+F,以此类推,对于 abc 都有 w(a,c)+w(b,c+1)w(a,c+1)+w(b,c) 成立。

同理,对于所有 abcd,都有 w(a,c)+w(b,d)w(a,d)+w(b,c) 成立。

1D1D 问题的优化

决策单调性:设 pifi 最优转移的位置(决策点),p 单调不降即为具有决策单调性。

一般地,对于 fi=min{gj+w(j,i)} 的状态转移方程,若 w 满足四边形不等式,则 f 满足决策单调性。

值得注意的是,这里的 gj 是指的关于 j 的函数,其有可能包括 dp 的 fj,也有可能仅包括与 fj 无关的其他 aj,bj,cj... 其他关于 j 的值,也有可能为常数,但不影响结论的正确性。min 还是 max 也不影响。

已知 gpi+w(pi,i)gj+w(j,i),j<pi 以及 w 满足四边形不等式。

求证 pipi,i>i

为了体现想出这个证明的思路,以下的过程表述并不严谨。

pipi 等价于 gpi+w(pi,i)gj+w(j,i),j<pi

那么就是想办法把已知条件 gpi+w(pi,i)gj+w(j,i),j<pi 中的 w(pi,i) 换成 w(pi,i)w(j,i) 换成w(j,i)

由于 w 满足四边形不等式且 j<pi<i<i

所以 w(j,i)+w(pi,i)w(pi,i)+w(j,i)

移项得 w(pi,i)w(pi,i)w(j,i)w(j,i)

与已知中的不等式相加得到 gpi+w(pi,i)gj+w(j,i),j<pi

pip

单调队列 + 二分

考虑维护 p 数组,初始全为 0,从前往后计算完 fi 时,fi 会更新一个后缀的 p

暴力做这个东西非常完蛋,考虑将 p 的一段段连续区间看成一个拿下来放到一个单调栈里,二分单调栈的位置,使得前半部分用 i 转移不比之前的 p 优,后半部分用 i 转移比之前的 p 更优,如果需要断开就断开,然后把后缀的都弹出来,压入新的这个后缀。

当然,dp 到 i<ip 是不需要的,所以可以把单调栈改成单调队列。

每次最多只会压入一个点代表的区间,均摊下来,加上二分,时间复杂度是 O(nlogn) 的。

栗题一:Luogu P3515 [POI2011]Lightning Conductor

ajai+pi|ij| 等价于 piajai+|ij|。求最小的 pi 使得这个柿子成立,所以 pi=max{ajai+|ij|},先钦定 i>ji<j 时反过来再做一遍就行。

aimax 中提出来,把 aj 看成上文中的 gj,也就是关于 j 的函数。

由于 dp 中为 max,所以需证明 w(j,i)=ij 满足四边形不等式,即可证明 p 的决策单调性,便可以决策单调性优化。

求证:w(l,r)=rl 满足四边形不等式,即对于任意 a<b 均满足 w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a,b+1)+w(a+1,b) 即可。

w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a,b+1)+w(a+1,b)ba(b+1)(a+1)(b+1)ab(a+1)2baba+1+ba1 x=ba2xx+1+x1

注意到 f(x)=x 是上凸的,所以由琴生不等式结论得证。

化简到这里,打个表也易知 2xx+1+x1 成立。

综上所述,w 满足四边形不等式。

实现上要注意用 double 来比较,根号不上取整而是直接开。

因为如果转移点 j,k 根号都上取整,在算答案的 i 小时大小可能会一样,i 变大的时候大小会发生变化。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
typedef double ld;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs(T x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T>
T& read(T& r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
const int N = 500010;
int n, a[N], qh, qt;
ll f[N];
struct Node {
	int l, r, p;
	Node(int ll = 0, int rr = 0, int pp = 0) { l = ll; r = rr; p = pp; }
}q[N];
ld w(int x, int y) {
	return a[x] - a[y] + std::sqrt(y-x);
}
void solve(int op) {
	for(int i = 1; i <= n; ++i) q[i] = Node();
	q[qh = qt = 1] = Node(1, n, 1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		while(qh < qt && q[qh].r < i) ++qh;
		if(!op) f[i] = Max(f[i], (ll)std::ceil(w(q[qh].p, i)));
		else f[n-i+1] = Max(f[n-i+1], (ll)std::ceil(w(q[qh].p, i)));
		if(q[qh].l == q[qh].r) ++qh;
		else q[qh].l = i+1;
		while(qh <= qt && w(q[qt].p, q[qt].l) < w(i, q[qt].l)) --qt, q[qt].r = q[qt+1].r;
		if(qh > qt) q[++qt] = Node(i+1, n, i);
		else {
			int l = q[qt].l, r = q[qt].r, mid, t = 0;
			while(l <= r) {
				mid = (l + r) >> 1;
				if(w(q[qt].p, mid) < w(i, mid)) t = mid, r = mid-1;
				else l = mid+1;
			}
			if(t) {
				if(t == q[qt].l) q[qt].p = i;
				else ++qt, q[qt] = Node(t, q[qt-1].r, i), q[qt-1].r = t-1;
			}
		}
	}
}
signed main() {
	read(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
	solve(0);
	std::reverse(a + 1, a + n + 1);
	solve(1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld\n", f[i]);
	return 0;
}

栗题二:[NOI2009] 诗人小G

fi 为考虑前 i 个单词的最小代价,枚举 j,让 (j,i] 的单词分在同一行中。设 a 的前缀和为 s,可得:

fi=min{fj+|sisj+ij1L|p}

为简化计算,将 ai,L+1,得

fi=min{fj+|sisjL|p}

w(l,r)=|srslL|p,证明 w 满足四边形不等式则可以决策单调性优化。

求证:对于任意 a<b 均满足 w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a,b+1)+w(a+1,b) 即可。

w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a,b+1)+w(a+1,b)w(a,b)w(a,b+1)w(a+1,b)w(a+1,b+1)|sbsaL|p|sb+1saL|P|sbsa+1L|p|sb+1sa+1L|P

由于 sa+1>sa,设函数 f(x)=|x|p|xc|p,其中 c>0 的常数,证明其单调不升即可。
分类讨论一下:
假如 p 为奇数,并且 x[,0]
化简一下 ff(x)=xp+(xc)p
求导得 f(x)=pxp1+(p1)(xc)p10,所以此时 f 单调不升。
其余情况类似,不多赘述,均为化简 f 后证明 f(x)0 即可。
如此,我们证明了 w 满足四边形不等式,故可以决策单调性优化。

方法就是前面讲过的单调队列 + 二分。注意答案可能很大,开 long double

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
typedef long double ll;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs(T x) { return x < 0 ? -x : x; }
template <typename T>
T& read(T& r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, int y) {
	ll sumq = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) sumq = sumq * x;
		x = x * x;
		y >>= 1;
	}
	return sumq;
}
const int N = 100010;
int n, L, P, p[N], a[N], s[N];
int qh, qt;
struct Node {
	int p, l, r;
	Node(int pp = 0, int ll = 0, int rr = 0) { p = pp; l = ll; r = rr; }
}q[N];
char ch[N][31];
ll f[N];
ll w(int j, int i) {
	return f[j] + qpow(Abs(s[i] - s[j] - L), P);
}
void print(int x) {
	if(!x) return ;
	print(p[x]);
	for(int i = p[x]+1; i <= x; ++i) {
		printf("%s", ch[i]+1);
		if(i < x) putchar(' ');
	}
	puts("");
}
void solve() {
	read(n); read(L); read(P); ++L;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%s", ch[i]+1);
		a[i] = std::strlen(ch[i]+1);
		p[i] = q[i].p = q[i].l = q[i].r = 0;
		s[i] = s[i-1] + a[i] + 1;
	}
	qh = 1; qt = 1;
	q[1] = Node(0, 1, n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		while(qh < qt && q[qh].r < i) ++qh;
		f[i] = w(q[qh].p, i); p[i] = q[qh].p;
		if(q[qh].l == q[qh].r) ++qh;
		else ++q[qh].l;
		while(qh <= qt && w(q[qt].p, q[qt].l) > w(i, q[qt].l)) --qt, q[qt].r = q[qt+1].r;
		if(qh > qt) q[++qt] = Node(i, i+1, n);
		else {
			int l = q[qt].l, r = q[qt].r, mid = 0, t = 0;
			while(l <= r) {
				mid = (l + r) >> 1;
				if(w(q[qt].p, mid) > w(i, mid)) t = mid, r = mid-1;
				else l = mid+1;
			}
			if(t) {
				if(t == q[qt].l) q[qt].p = i;
				else ++qt, q[qt] = Node(i, t, q[qt-1].r), q[qt-1].r = t-1;
			}
		}
	}
	if(f[n] > 1000000000000000000ll) {
		puts("Too hard to arrange");
		return ;
	}
	printf("%lld\n", (long long)f[n]);
	print(n);
}
signed main() {
	int T; read(T);
	while(T--) {
		solve();
		puts("--------------------");
	}
	return 0;
}

分治

单调队列+二分的方法可以解决大多数的决策单调性优化问题。对于更特殊的情况,决策点和决策点如果是互相独立的,那么可以采用分治解决。适用性没有单调队列+二分更强,但是也可能拿来解决某些问题。

大致的思路是:定义 solve(l,r,L,R) 为求解 [L,R] 的状态值,已知这些状态的最优决策点在 [l,r] 中,每次暴力求出 mid=[L+R2] 处的状态值,从最优决策点断开分治解决。

由于每一层递归下去状态数 len=RL+1 都会折半,所以递归树的层数是 O(logn) 级别,递归树每层 solve 的总复杂度是决策点总数即 O(n),所以总的时间复杂度是 O(nlogn)

栗题三:Codeforces 868F Yet Another Minimization Problem

考虑 fi,j 代表前 i 个数分成 j 段,然后有个决策单调性优化,但是这个一段区间的代价 w(l,r) 比较难算,如果单独看这个东西是小 Z 的袜子,可以归约到 O(n)×O(n) 的矩阵乘法,看上去很完蛋。

但注意到如果选择分治来算这个决策单调性,w 用类似莫队的东西暴力移动两个指针,由于分治最多有 logn 层,每层的移动次数是 O(n) 的,所以这个 w 的统计次数是 O(nlogn) 的,总复杂度就是 O(knlogn)

斜率优化

有一部分决策单调性问题实际上就是斜率优化的一种,具体的原理就不多谈啦其实就是懒

一点总结

其实大部分的题要点还是能看出来这个满足决策单调性,有时候证不出来也可以打个表看看有没有单调性。

至于栗题的话,如果提前告诉你这个题决策点是单调了从而决策单调性优化,那就没什么意义了,所以就不放啦其实就是懒

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