决策单调性

一些定义：

• 四边形不等式：

若函数 $f$ 对于任意 $1\le i\le i^{\prime }\le j^{\prime }\le j$，都有 $f(i^{\prime },j)+f(i,j^{\prime })\le f(i,j)+f(i^{\prime },j^{\prime })$，则称 $f$ 满足四边形不等式。

（可以看成是四边形的两条对边和对角线的关系，可以简记为 "交叉小于包含"。）

性质 1.1:

对于任意 $1\le i\le j$，满足 $f(i,j)+f(i+1,j+1)\le f(i,j+1)+f(i+1,j)$ 是 $f$ 满足四边形不等式的充要条件。

证明： 必要性是显然的。我们将 $f(i,j)+f(i+1,j+1)\le f(i+1,j)+f(i,j+1)$

$f(i+1,j+2)+f(i,j+1)\le f(i+1,j+1)+f(i,j+2)$

两边分别相加起来，即可达到一个拓展的效果。反复地做充分性即可得证。

• 区间包含单调性：

若有函数 $f$，对于任意 $1\le i\le i^{\prime }\le j^{\prime }\le j$，都有 $f(l,r)\le f(l^{\prime },r^{\prime })$, 则称 $f$ 满足区间包含单调性。

• 决策单调性：

在最优化 $dp$ 中，我们称使某个状态取到最优值的决策称为最优化决策。若这个最优化决策随着转移顺序的推进，随着一个方向单调递增或递减的移动，我们称这个 $dp$ 具有决策单调性。

常见判定性质：

性质 2.1：

若 $f,g$ 函数均满足决策单调性（或区间包含单调性），则对于 $a,b>0$，$af+bg$ 也满足决策单调性（或区间包含单调性）。

这一点容易证明。

性质 2.2：

若函数 $f(l,r)=g(r)-h(l)$，则 $f$ 满足四边形不等式，若 $g,h$ 有单调性，则 $f$ 满足区间包含单调性。

证明： 使用性质 1.1 可以发现两边事实上是相等的。

性质 2.3：

若函数 $f$ 是单调递增的下凸函数，$w$ 满足四边形不等式，则 $f(w(l,r))\mathrm{也}\mathrm{满}\mathrm{足}\mathrm{四}\mathrm{边}\mathrm{形}\mathrm{不}\mathrm{等}\mathrm{式}。$

证明：

我们令 $w_1=w(l,r),w_2=w(l,r+1),w_3=w(l+1,r),w_4=w(l+1,r+1)$。考虑证明：$f(w_2)+f(w_3)\le f(w_1)+f(w_4)$。

我们现在有 $w_2+w_3\le w_1+w_4$，注意到 $w_1,w_4$ 中一定有一个大于等于 $w_2,w_3$ 的其中一个。不妨设 $w_4\ge w_2$。

对待证式和关于 $w$ 的四边形不等式分别做一个变形：

$w_2-w_1\le w_4-w_3$

$f(w_2)-f(w_1)\le f(w4)-f(w3)$

注意到 $f$ 的性质：对于式子 $f(x)-f(x-\delta )$：

• $delta$ 不变时，$x$ 越大时，该式值越大。

• $x$ 不变时，$delta$ 越大，该式值越大。

观察待证式发现，等式右边相对于等式左边满足两个条件，从而 $f(w(l,r))$ 满足四边形不等式。

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经典优化套路

（以下我们认为 $w$ 函数可在 $O(1)$ 时间内求出）

1D:

离线决策：

形式： $f_i=\underset{j<i}{min}{g}_{j-1}+w(i,j)$

性质：此时假如 $w$ 函数满足四边形不等式，则 $f$ 满足决策单调性。

证明：

考虑反证法，记 $p_i,p_j$ 分别为 $f_i,f_j$ 的最优决策，若 $i,j$ 是不满足决策单调性的反例（即 $p_i\le p_j\le j\le i$），则我们有：

$f_{p_i}+w(p_i+1,i)\le f_{p_j}+w(p_j+1,i)$

$f_{p_j}+w(p_j+1,j)\le f_{p_i}+w(p_i+1,j)$

将两式左右分别相加，整理后发现与 $w$ 满足四边形不等式的性质矛盾。

优化方式：分治

我们考虑递归解决该问题：

$solve(l,r,lk,rk)$：表示要计算 $[l,r]$ 中所有 $f$ 值，并且该区间内的所有点的最优决策点都在 $[lk,rk]$ 这个区间中。

我们先考虑计算 $[l,r]$ 的中点 $mid$ 的 $f$ 值。直接暴力遍历 $[lk,rk]$ 即可。同时求出 $mid$ 的最优决策点 $pos$。那么由决策单调性， $[l,mid-1]$ 中的点的最优决策点一定在 $[lk,pos]$ 中。同理 $[mid+1,r]$ 中的点的最优决策点在 $[pos,rk]$ 中。于是我们递归 $solve(l,mid-1,lk,pos)$ 和 $solve(mid+1,r,pos,rk)$。

不难发现该算法的递归层数为 $O(\log n)$，每层中的每个遍历区域都是紧密排列的，从而该算法的时间复杂度为 $O(n\log n)$。

在线决策：

形式： $f_i=\underset{j<i}{min}{f}_{j-1}+w(i,j)$

性质： 若 $w$ 函数满足四边形不等式，则 $f$ 满足决策单调性。

证明： 同上。

优化方式：二分队列

此时发现分治的做法不管用了，因为我们不能先决策 $mid$。

我们令 $P_i$ 是 $f_i$ 的最优决策位置。考虑一个个遍历每个决策位置并维护 $P$ 数组。

容易观察到 $P$ 的形态会变成紧密排列的相等值段。于是我们用一个队列维护三元组 $(id,l,r)$，其中 $id$ 是决策位置，且 $P_i=id(l\le i\le r)$.

当我们加入一个决策 $(id,l,r)$ 时，我们这样操作：

$1$. 取出队头 $(i{d}_h,l_h,r_h)$，若 $r_h<id$ 则弹出队头，令 $P_i=i{d}_h(l_h\le i\le r_h)$，并重复执行 $1$，否则来到 $2$。

$2$. 取出队尾 $(i{d}_t,l_t,r_t)$:

• $(a).$ 若 $id$ 对于 $f_{l_t}$ 比 $i{d}_t$ 更优，弹出队尾，重复执行 $2(a).$

• $(b).$ 若 $id$ 对于 $f_{r_t}$ 比 $i{d}_t$ 更劣，我们令 $l=r_t+1,r=n$，执行 $3$.

• $(c).$ 若不满足 $2(a).$ 和 $2(b).$，在区间 $[l_t,r_t]$ 二分找出最小的 $pos$，使得 $id$ 对于 $f_{pos}$ 比 $i{d}_t$ 更优，并令 $r_t=pos-1$，$l=pos$，$r=n$。执行 $3$.

$3$. 加入决策 $(id,l,r)$。

2D:

分层决策：

形式： $f_{i,k}=\underset{j<i}{min}{f}_{j-1,k-1}+w(i,j)$

优化方法： 我们令 $g_i=f_{i,k-1}$，按 $1\mathrm{D}$ 方式转移即可。

合并决策：

形式： $f_{i,j}=\underset{i\le k<j}{min}f(i,k)+f(k+1,j)+w(i,j)$（特殊的，令 $f_{i,i}=0$）

性质：

$(1)$：

结论： 若 $w$ 满足四边形不等式，则 $f$ 也满足四边形不等式。

证明： 发现转移顺序是按区间长度从小到大的，于是我们尝试使用数学归纳法证明。

加入我们已经证明了区间长度小于等于 $len-1$ 的情况，显然 $len=1$ 时成立。证明 $len$ 的情况很容易由性质 $2.1$ 推出。

$(2)$：

结论： 记 $po{s}_{i,j}$ 是 $f$ 的最优决策。若 $w$ 满足四边形不等式，则有 $po{s}_{i-1,j}\le po{s}_{i,j}\le po{s}_{i,j+1}$。

证明： 我们考虑反证法，若有一对 $(i,j)$ 的最优决策 $po{s}_{i,j}>po{s}_{i+1,j}$，同时我们令 $s_1=po{s}_{i,j},s_2=po{s}_{i+1,j}$。其中 $i\le s_2<s_1<j$

由条件我们有：

$f_{i,s_1}+f_{s_1+1,j}\le f_{i,s_2}+f_{s_2+1,j}$

$f_{i+1,s_2}+f_{s_2+1,j}\le f_{i+1,s_1}+f_{s_1+1,j}$

两式左右分别相加可知：

$f_{i,s_1}+f_{i+1,s_2}\le f_{i+1,s_1}+f_{i,s_2}$

注意到 $f$ 是满足四边形不等式的，于是就导出了矛盾。

优化方式：

通过上面的性质 $(2)$，我们可以让 $k$ 只遍历区间 $[po{s}_{i-1,j},po{s}_{i,j+1}]$。此时的转移均摊下来就是 $O(1)$ 的了。可以把时间复杂度从 $O(n^3)$ 优化到 $O(n^2)$。