四边形不等式学习笔记

　　四边形不等式是一种动态规划的优化方法，通常利用其来证明决策单调性，以优化动态规划的时间复杂度(减少枚举决策点的时间从而降一个时间维度)。　　

一，四边形不等式：

前置说明： $w(l, r)$ 是区间 $[l,r]$ 上的权值函数，可以理解为dp转移边上的边权，即转移一步的花费。

定义：

（1）区间包含单调性：若 $l \le l' \le r'\le r$ 且 $w(l',r') \le w(l,r)$ ，则称函数 $w(l,r)$ 具备区间包含单调性。

（2）四边形不等式：若对任意的 $l_1 \le l_2 \le r_1 \le r_2$ 有 $w(l_1, r_1) + w(l_2,r_2) \le w(l_1, r_2) + w(l_2, r_1)$ ，则称函数 $w(l,r)$ 满足四边形不等式。

四边形不等式判定定理：

若对于任意 $a<b$ 均有 $w(a,b)+w(a+1,b+1)\le w(a,b+1) + w(a+1,b)$ ，则函数 $w(l, r)$ 满足四边形不等式。

证明（采用数学归纳法）：

(1) 注意定义给出的条件a和a+1，b和b+1，说明：当 $l_1 + 1 = l_2$ 且 $r_1 + 1 = r_2$ 成立时，函数 $w$ 满足四边形不等式关系。

(2) 根据 (1) 来证明，当 $l_1 + k = l_2$ 且 $r_1 + 1= r_2$ 成立时，函数 $w$ 仍满足四边形不等式关系。

　对于任意 $a+1 < c$ 有 $w(a,c)+w(a+1,c+1)\le w(a,c+1)+w(a+1,c)$ ①

　同时写出 $w(a+1, c) + w(a+2, c+1) \le w(a+1, c+1) + w(a+2,c)$ ② 这里 $a+2=c$ 都没关系了，一般 $w(i,i)$ 都会设置为0或者其它特殊常数。

　①+②得： $w(a,c)+w(a+2,c+1)\le w(a,c+1)+w(a+2,c)$

　从而通过两个 $l_1+1=l_2$ 的式子构建出 $l_1+2=l_2$ 的式子，同理对于任意的正整数k， $l_1+k=l_2$ 都满足四边形不等式。

(3) 我们发现在上述构造过程中， $l_1+k_l=l_2$ 和 $r_1+k_r=r_2$ 两个条件相互独立。所以通过(2)的证明， $r_1+k=r_2$ 也都满足四边形不等式。

最后，对于任意的 $l_1\le l_2 \le r_1 \le r_2$ 都满足四边形不等式。

下面我们来探讨如何利用上面的四边形不等式来优化一些递推方程。

二，一维线性DP优化

线性递推式： $dp_i = min_{j<i}\space\{dp_j + w(j, i)\}$ 注意 $w$ 函数在 $min$ 里面

定理：当 $w$ 函数满足四边形不等式时， $dp$ 函数满足决策单调性。

一些假设：

　设 $p_i$ 为 $dp_i$ 的决策点， $p_{i-1}$ 是 $dp_{i-1}$ 的决策点。

证明（采用反证法）：

　 $p_i$ 是i的决策点，而 $p_{i-1}$ 是i-1的决策点，我们要证明的是： $p_{i-1} \le p_i$

　我们现在假设： $p_i \lt p_{i-1} \lt i-1 \lt i$ 。

　① $dp_{p_i} + w(p_i, i) \le dp_{p_{i-1}} + w(p_{i-1}, i)$ 因为 $p_i$ 是i的最小决策点。

　② $w(p_i, i-1) + w(p_{i-1}, i) \le w(p_i, i) + w(p_{i-1}, i-1)$ 这一步是根据 $w$ 的四边形不等式。

　①+②得： $dp_{p_i} + w(p_i, i-1) \le dp_{p_{i-1}} + w(p_{i}, i-1)$ 这说明 $p_i$ 才是i-1的决策点，与假设相矛盾。

所以证明出如果 $p_{i-1}$ 是i-1的决策点， $p_i$ 是i的决策点，那么 $p_i$ 一定大于等于 $p_{i-1}$ 。

根据决策点的单调性，我们可以使用单调队列+二分快速得出决策点。

（1）例题：CF321E Ciel and Gondolas 使用wqs二分 + $w$ 函数四边形不等式的决策单调性 $O(n*logn*logW)$ ，W是值域。

（2）今天刷题刷到了一道：Teamwork LUOGUP5124 本来以为可以四边形不等式优化，结果G了，一开始以为转移一步的函数是满足四边形不等式的，结果写一下发现并不满足。。。就是： $max[l,r]*(r-l+1)+max[l+1,r+1]*(r-l+1) \ge max[l,r+1]*(r-l+2) + max[l+1,r]*(r-l)$ 。在{1,1e9}这个数组里面就无法成立。。。。我是sb，还想了半天是不是笔记写错了。

（3）例题：H-Knapsack_2020ICPC·小米网络选拔赛第二场【题解】物品按w分类，分完类按v从大到小排序(假设数组为a)，再做前缀和sum。使用多重背包的方式转移dp。然后w函数就是 $w(j,i)=sum[i-j]$ ，显然有: $w(j,i)+w(j+1,i+1)=2*sum[i-j]\ge w(j,i+1)+w(j+1,i)=sum[i-j+1]+sum[i-j] \Rightarrow a[i-j]\ge a[i-j+1]$ 。满足决策单调性。使用单调队列+二分的方式转移即可（或者使用分治）。【这道题有很多人直接先贪心再小范围01背包搞过去了，但是实际上是不对的-HACK】

（4）例题：P5929 [POI1999]地图【这道题虽然可以暴力，但是仍然可以使用wqs二分+决策单调性解决】提交记录

但是我还是想知道：为什么W(l,r)函数满足四边形不等式。可以想一下证明。（我是暴力check出来的）

三，二维DP优化

类型一：区间递推DP $F_{l,r} = \min_{l\le k\lt r}\space\{F_{l,k}+F_{{k+1},r}\}+w(l,r)$

类型二：序列划分DP $F_{k,i} = \min_{j < i}\space\{F_{k-1,j} + w(j, i)\}$ k一般代表序列划分成k段

首先直接给出2个定理：

如果 $w$ 函数满足1.区间包含单调性、2.四边形不等式，那么 $F$ 函数满足四边形不等式
如果 $F$ 函数满足了四边形不等式，定义 $P_{l,r}$ 为 $F[l][r]$ 的决策点，那么有： $P_{l,r-1} \le P_{l,r} \le P_{l+1,r}$

类型一的证明可以在OI-WIKI[参考资料(2)]找到，而且较详细，把关注点放在第二类。（参照文章底下[参考资料(1)]的证明过程）

类型二的四边形不等式感觉不如第一类那么直观，因为有一维表示划分了多少段，而另一维是序列[1:i]。（写到这里时，我还是不能直接理解）

先证明定理一：

假设函数 $w$ 满足四边形不等式以及区间包含单调性，以及 $P[i][j]$ 是 $F[i][j]$ 的最优决策点。

(1) 当i==j时， $0+0=F[i][i]+F[i+1][i+1] \le F[i][i+1] + F[i+1][i] = F[i][i+1] + 0$ （假设f[i][i]=0，且非法状态都是0）

(2) 当i<j时，设 $x=P[i][j+1],y=P[i+1][j]$ ，且分两种情况：

　第一种： $i-1\le x \le y \le j$ $\begin{align*}F[i][j]+F[i+1][j+1] &\le F[i-1][x]+W(x,j)+F[i][y]+W(y,j+1) \\ &\le F[i-1][x]+W(x,j+1)+F[i][y]+W(y,j) = F[i][j+1]+F[i+1][j]\end{align*}$

　第二种： $i \le y < x < j$ $\begin{align*}F[i][j]+F[i+1][j+1] &\le F[i-1][y]+W(y,j)+F[i][x]+W(x,j+1)\\&\le F[i-1][y]+W(y,j+1)+F[i][x]+W(x,j)=F[i][j+1]+F[i+1][j]\end{align*}$