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

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

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：

d p [i] [j] = M i n (d p [k] [j] o r d p [i] [k] + d p [k + 1] [j]) + w [i] [j]

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

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] \leq s [i] [j] \leq s [i] [j - 1]

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

或是：

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

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

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 $fmin[i][i]=fmax[i][i]=0$ ：

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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]

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

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]))

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

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])

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

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}^{j} a [l] + w [i] [j]

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

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]

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

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}^{p} a [l]

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

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 = =。

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#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] = M i n (f [k] [j - 1] + w [k + 1, i])

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

$w$ 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。