四边形不等式

Meaning

若有函数 \(a[i,j]\) ，令 \(i<i+1<=j<+1'\) ，若有：

\[a[i][j]+a[i+1][j+1]\le a[i][j+1]+a[i+1][j] \]

则我们称函数 \(a\) 满足四边形不等式。

General

若我们在 \(DP\) 过程中会用到类似如下形式的方程：

\[dp[i][j]=Min(dp[k][j]\ or\ dp[i][k]+dp[k+1][j])+w[i][j] \]

那么，只要代价函数 \(w\) 满足四边形不等式，那么函数 \(dp\) 一般也会满足四边形不等式。同时，假设 \(s[i][j]\) 为当 \(dp[i][j]\) 取得最优值的决策点，即：\(dp[i][j]=dp[s[i][j]]+w[i][j]\) ，一般 \(s\) 函数也会满足四边形不等式，这样，通过移项我们会得到：

\[s[i+1][j]\le s[i][j]\le s[i][j-1] \]

或是：

\[s[i][j-1]\le s[i][j]\le s[i+1][j] \]

那么我们选取决策点的转移范围就变小了，对于枚举决策点的复杂度为 \(O(n)\) 的转移方程，它的枚举复杂度经过均摊，这个 \(O(n)\) 将会变成常数级别，常常能使 \(n^3\) 的 \(DP\) 降为 \(n^2\)。

Example 1--石子合并

Problem

给你环形排列的 \(n\) 堆石子 \((n\le 100)\) ，第 \(i\) 堆石子数量为 \(a_i\) ，每次选择相邻的两堆合并，每次合并的代价将会是两堆石子的数量之和，问将所有石子合并成一堆的最大与最小代价分别是多少。

First Mentality

不难想到，首先断环为链，使之变成一条两倍长度的链，然后做 \(n^3\) 的区间的 \(dp\) 。

设 \(w[i][j]\) 为区间 \([i-j]\) 的石子数量之和， \(fmin[i][j],fmax[i][j]\) 为合并区间 \([i-j]\) 的最小、最大代价，初始状态为 \(fmin[i][i]=fmax[i][i]=0\) ：

枚举 合并的区间长度 len (2~n)
	枚举 合并区间的左端点 i (1~n)
		枚举 区间合并点 j (i~i+len-2)
		{
			fmin[i][i+len-1]=Min(fmin[i][j]+fmin[j+1][i+len-1])+w[i][j]
			fmax[i][i+len-1]=Max(fmax[i][j]+fmax[j+1][i+len-1])+w[i][j]
		}

这样我们就得到了一个 \(n^3\) 的 \(dp\) ，虽然对于题目来说确实够用了，但是如果 \(n\le 1000\) 呢？这时候我们应该考虑如何优化。

最小代价四边形不等式优化

可以观察到 \(fmin\) 的转移式满足使用四边形不等式的基本特征，同时，\(w\) 函数也满足四边形不等式。那么，我们可以考虑使用四边形不等式了：

利用决策点的单调性 \(s[i][j-1]\le s[i][j]\le s[i+1][j]\) 来优化第三层循环即可，初始状态为：\(s[i][i]=i\) 。

枚举决策点转移时同时更新 \(s[i][j]\) 来决策就好。

最大代价决策点优化

首先有这样一个结论：\(f[i][j]\) 的最优决策点必定在 \(i\) 与 \(j-1\) 两者之间。

考虑如何证明，反证法奉上：

设 \(w[i][p]\) 与 \(w[p+1][j]\) 的差值函数为 \(S=w[i][p]-w[p+1][j]\) ，可以观察到此函数单峰。

对于 \(S>=0\) 的情况：

若最优决策点为 \(i< p< j-1\) ，我们设 \(s[p+1][j]=k\) ，那么相应转移方程为：

\[f[i][j]=f[i][p]+f[p+1][k]+f[k+1][j]+w[p+1][j]+w[i][j] \]

对应的，我们的合并方案为：

\[(a[i],a[i+1],...,a[p])U((a[p+1],a[p+2],...,a[k])U(a[k+1],a[k+2],...,a[j])) \]

那么我们考虑另一种合并方式：

\[((a[i],a[i+1],...,a[p])U(a[p+1],a[p+2],...,a[k]))U(a[k+1],a[k+2],...,a[j]) \]

则对应的转移方程为：

\[f[i][j]=f[i][p]+f[p+1][k]+f[k+1][j]+w[i][p]+\sum_{l=p+1}^ja[l] +w[i][j] \]

由于另一种合并方式必定比原决策更优，即选取决策点 \(k\) 优于 \(p\) ，\(k>p\) ，由于函数 \(S\) 在 \(>=0\) 右侧区间单调递增，则若选取决策点为 \(p\) 且 \(S>=0\) 且 \(p<j-1\) ，那么总有选取 \(k=s[p+1][j]>p\) 优于 \(p\) ，那么由此可知对于某个决策点 \(q\) 往右的决策必定单调变优。则对于所有 \(p>q\) ，选取 \(p=j-1\) 将会最优。

对于 \(S<0\) ：

类似的，设最优决策点为 \(i<p<j-1\) ，我们设 \(s[i][p]=k\) ，那么对应值为：

\[f[i][k]+f[k+1][p]+f[p+1][j]+w[i][p]+w[i][j] \]

同样，我们考虑另一种合并方式：合并 \([i,k]([k+1,p][p+1,j])\) ，则此时的值为

\[f[i][k]+f[k+1][p]+f[p+1][j]+w[p+1][j]+w[i][j]+\sum_{l=k+1}^pa[l] \]

则另一种必定优于原本的决策。

那么对于上面的决策点 \(q\) 往左的决策必定单调变优，因为对于任意 \(p>i\) 且 \(S<0\) 都必定有决策点 \(k=s[i][p]<p\) 要更优，则在左端点选取 \(p=i\) 最优。

得证，故转移决策点仅需在 \(i\) 与 \(j-1\) 之间选取。

Code

重点看 \(dp\) 就好 = =。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, a[101], fmax[201][101], posi[201][101], fmin[201][101], maxans, minans;
int main() {
  cin >> n;
  memset(fmin, 0x7f, sizeof(fmin));
  minans = 2e9;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
    a[i + n] = a[i];
  }
  for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
    a[i] += a[i - 1], fmin[i][i] = 0, posi[i][i] = i;  //初始化 dp 数组与 决策点
  for (int i = 1; i < n; i++)
    for (int j = 1; j <= 2 * n - i; j++) {
      fmax[j][j + i] = max(fmax[j][j + i - 1], fmax[j + 1][j + i]) + a[j + i] -
                       a[j - 1];  //两个端点取最优
      for (int k = posi[j + 1][j + i]; k >= posi[j][j + i - 1]; k--)
        if (fmin[j][j + i] >
            0ll + fmin[j][k] + fmin[k + 1][j + i] + a[j + i] - a[j - 1])
          fmin[j][j + i] =
              fmin[j][k] + fmin[k + 1][j + i] + a[j + i] - a[j - 1],
                      posi[j][j + i] = k;  //四边形不等式优化后的决策点枚举
    }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    minans = min(minans, fmin[i][i + n - 1]);
    maxans = max(maxans, fmax[i][i + n - 1]);
  }
  cout << minans << endl;
  cout << maxans;
}

Example 2--山区建小学

Problem

一条直线上分布着 \(n\) 个村子 \((n\le 500)\) ，第 \(i\) 个村子距离第 \(i+1\) 个村子的距离为 \(a_i\) ，要求在 \(n\) 个村子中选取 \(m\) 个建造小学 \((m\le n)\) ，使得所有村子到距离它最近的小学的距离和最小。输出最小距离和。

First Mentality

一道很经典的 \(DP\) 题。设 \(w[i][j]\) 为在村庄 \(i-j\) 中只建立一个小学，所有村庄到这个小学的最小距离和。而这个最小距离和的位置必定为最中间的那个村庄，这也是一个经典的数学证明，即中位数为最小距离和的位置。

设 \(f[i][j]\) 为对于前 \(i\) 个村庄建立 \(j\) 个小学的最小距离和，那么转移方程为：

\[f[i][j]=Min(f[k][j-1]+w[k+1,i]) \]

\(w\) 函数只需要勤记前缀和即可转移时 \(O(1)\) 求出。

不用疑惑为什么这样转移没有考虑第 \(k+1-i\) 个村庄中为什么不会有到前 \(k\) 个村庄的小学距离更短的村庄，因为这样反正不会影响答案使之变劣。