决策单调性与四边形不等式

决策单调性与四边形不等式

本文抄写自 itst 21 年 apio 讲课课件。

其实主体是环上邮局。

前置定义

对于两种不同的决策单调性问题，我们有不太一样的做法。

1. 离线问题

   考虑一个规模为 $m\times n$ 的 dp。

   $$f_{i,j}=\min_{k<j}f_{i-1,k}+w_{k,j}$$

   从 $f_{i-1}$ 转移到 $f_i$ 是一个离线的问题。

2. 在线问题

   考虑一个规模为 $n$ 的 DP。

   $$f_i=\min_{j<i}f_j+w_{j,i}$$

解决决策单调性问题一般方法

分治和二分栈在 OI 中应该已经够用了，它们的复杂度均为 $O(n\log n)$。
存在 $O(n+m(1+\max(\log \dfrac n m,0)))$ 的 SMAWK 算法（离线情况），线性的 Wilber 算法（部分在线问题）和 Eppstein 算法（运用情景比肩二分栈）。

这里简单回顾一下二分栈算法。

增量加入每个决策点 $i$，维护出每个决策点作为最优决策点的管理 区间，由于决策单调性，这是一个栈的结构。
$i$ 的 DP 值容易计算，考虑加入决策 $i$ 对栈的影响：

1. 若 $i$ 比栈顶的决策对于栈顶管辖的左端点来说更好，那么栈顶没用了，可以 pop 掉。
2. 若 $i$ 比栈顶的决策对于栈顶管辖的右端点来说更差，那么 $i$ 的管辖区间我们已经得到了，加入栈就行了。
3. 否则，我们需要二分栈顶的管辖区间，找到 $i$ 比栈顶好的最靠前的位置。

故复杂度 $O(n\log n)$。

决策单调性最短路问题

这里指离线问题的那个 DP。我们以一个较为复杂的例子来探讨这个问题：

环上邮局

在一个长度为 $L$ 的环上有 $n$ 个村庄，修建 $k$ 个邮局，要求只能修在整点，最小化每个村庄到其最近的邮局的距离和。输出方案。

一个基本的转化是枚举一个位置断环为链，转化成链上问题，即前文提及的离线问题，使用分治法，时间复杂度 $O(n^2k\log n)$。

我们介绍 $O(n^2\log W\log n),O(n\log W\log n+n^2\log n),O(n\log n(\log n+\log W))$ 三种优化。

如果会写 SMAWK 和 Wilber 可以做到少一个 $\log n$。

答案凸性

定理：

记 $f(k)$ 表示从 $1$ 到 $n$，经过 $k$ 条边的最短路，$f$ 在定义域内下凸，即 $\forall k\in[2,n-2],f(k+1)-f(k)\ge f(k)-f(k-1)$。

那么我们可以使用 wqs 二分，结合二分栈完成这个问题，时间复杂度 $O(n^2\log W\log n)$。

这部分的证明给出了构造方案的方法。

引理：

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

显然引理成立代值即可得到上述定理。

记 $f(s)$ 的一个最优方案是 $p_1\rightarrow p_2\rightarrow\cdots\rightarrow p_{s+1}$。
$f(t)$ 的一个最优方案是 $q_1\rightarrow q_2\rightarrow\cdots\rightarrow q_{t+1}$。

记 $v=r-s$，找到 $i\in[1,s]$，满足 $p_i\le q_{i+v}<q_{i+v+1}\le p_{i+1}$。可构造路径 $p_{[1,i]},q_{[i+v+1,t+1]}$ 和 $q_{[1,i+v]},p_{i+1,s+1}$。长度分别为 $s+t-r$ 与 $r$。（这样的 $i$ 一定存在，证明考虑按 $p$ 分段后一定有两个 $q$ 落在一段。）
路径交错后改变量的式子形如一个四边形不等式（交叉小于等于包含），故引理成立。

我们考虑 wqs 二分结束后，我们不一定能恰好得到长度为 $k$ 的路径方案，也有可能得到两组 $p<k<q$ 的方案。
这里 $p$ 是 DP 出来的最小分段方案，$q$ 是最多。我们通过上述构造得到一组 $k$ 的方案，我们可以说明其就是最优的。

路径单调性与不交性

定理：

对于有决策单调性的最短路问题，记 $x$ 是 $p_1\rightarrow q_1$ 的长为 $k$ 的字典序最小的最短路，$y$ 是 $p_2\rightarrow q_2$ 的。
如果 $p_1\le p_2,q_1\le q_2$，那么 $\forall i\in [1,k+1],y_i\ge x_i$。

证明考虑反正，交错一下权值和不变大，而有一边字典序变小。

定理：

对于有决策单调性的最短路问题和 $p\in[1,n-2]$，记 $x$ 是 $f(p)$ 的一个方案，$y$ 是 $f(p+1)$ 的一个方案。
那么，$\forall i\in[1,k+1],y_i\le x_i$。

话说这个为啥叫不交性啊，不是很懂。

证明考虑对 $y_{[1,p+1]}$ 和 $y_{[2,p+2]}$ 使用路径单调性即得。

回到环上邮局，我们考虑断环为链后将链复制一遍，先跑出 $0\rightarrow L$ 的长为 $k$ 的字典序最小最短路 $x$。
假设全局字典序最小的最短路是 $y$，$y_1\in[0,L),y_{k+1}=y_1+L$。那么显然 $y_k-L,y_1,y_2,\cdots,y_k$ 也是一个 $y_k-L\rightarrow y_k$ 的最短路。

对这两条最短路分别与 $x$ 运用路径单调性，$y_i\in[x_i,x_{i+1}]$。也就是存在最优解在每一段中恰好一个点，我们可以随便选一段元素进行枚举断环成链，显然最短的一段一定不超过 $\dfrac n k$，每次运行分治法 $O(nk\log n)$，复杂度 $O(n\log W\log n+n^2\log n)$。

我们加大力度，注意到路径单调性，我们扩展原本的分治算法，$k$ 个区间一起分治，每次枚举第一个区间的中点，计算出后面每个断点的最优选择（使用分治法），那么我们得到的复杂度是 $O(\sum r_i-l_i)$。但是这个算法的复杂度真的是 $O(n\log n(\log n+\log W))$ 吗？

由于每次递归会将中点递归往两边，每个分支区间至少要 $O(k)$ 的操作，最多可能有 $O(n)$ 个分治区间，所以上述算法的瓶颈是 $O(nk)$ 的。

解决方案也很容易，把最短的那个区间拿过来当第一个区间，就只会有 $O(\dfrac n k)$ 个分治区间了。