(用POJ 1160puls来讲解)四边形不等式——区间dp的常见优化方法

　　本文为深度解析理解四边形不等式，定义、优化和证明的主体部分均摘自 百度百科，加粗的补充部分才是干货精华；初学入门请移步https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812（超详细入门+合并石子入门问题全解析）

定义

　　如果对于任意的a1≤a2<b1≤b2，有m[a1,b1]+m[a2,b2] ≤ m[a1,b2]+m[a2,b1]（交叉区间之和不大于包含区间之和，取等号时也成立），那么m[i,j]满足四边形不等式。

 

优化

　　设m[i,j]表示动态规划的状态量。m[i,j]有类似如下的状态转移方程：m[i,j]=min{ m[i,k]+m[k,j] }  (i≤k≤j)　（区间[i,j]的量是对所有的k∈[i,j]，区间[i,k]与[k+1,j]的量之和的最小值。最大值也是同理可证，写为[i,k]和[k,j]是为了证明时方便，其实本质一样）。　m满足四边形不等式是适用下面优化方法的必要条件。

 

　　对于一道具体的题目，我们首先要证明它满足这个条件，一般来说用数学归纳法证明。根据题目的不同而不同，

通常的动态规划的复杂度是O(n^3)，（即for一遍i，再for一遍j，还得for一遍k），我们可以优化到O(n^2)，（即最内层对k的for循环被优化为 for一遍j的全过程只遍历一次）

 

 

　　具体：定义s(i,j)为函数m(i,j)对应的使得m(i,j)取得最小值的k值。我们可以证明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]　　（本质是s[i,j]对 i 非递减，对 j 非递减，s[i-1,j]≤s[i,j]≤s[i,j+1]也成立）

那么改变状态转移方程为：

　　　　m[i,j] = min{m[i,k]+m[k,j]}　(s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])　　（最内层对k的for循环的边界条件改变）

 

　　复杂度分析：不难看出，复杂度决定于s的值，以求m[i,i+L]为例，

　　　　(s[2,L+1]-s[1,L])+(s[3,L+2]-s[2,L+1])…+(s[n-L+1,n]-s[n-L,n-1])=s[n-L+1,n]-s[1,L] ≤ n

所以总复杂度是O(n)，即最内层for循环的嵌套相当于与中间层for循环并列，内两层for循环的总复杂度相当于并列的两次for循环的复杂度O(2n)

 

证明

对s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的证明：（不用太纠结具体证明过程，结合实际题目理解结论所代表的意思即可）

 

设mk[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=d　（即mk[i,j]记号的意义，使m[i,j]取最小值的k值为d）

对于任意k<d，有mk[i,j]≥md[i,j]（这里以m[i,j]=min{m[i,k]+m[k,j]}为例,max的类似），接下来只要证明mk[i+1,j]≥md[i+1,j]，那么只有当s[i+1,j]≥s[i,j]时才有可能有mk[i+1,j]≥md[i+1,j]

(mk[i+1,j]-md[i+1,j])-(mk[i,j]-md[i,j])

=(mk[i+1,j]+md[i,j])-(md[i+1,j]+mk[i,j])

=(m[i+1,k]+m[k,j]+m[i,d]+m[d,j])-(m[i+1,d]+m[d,j]+m[i,k]+m[k,j])

=(m[i+1,k]+m[i,d])-(m[i+1,d]+m[i,k])

∵m满足四边形不等式，∴对于i<i+1≤k<d有m[i+1,k]+m[i,d]≥m[i+1,d]+m[i,k]

∴(mk[i+1,j]-md[i+1,j])≥(mk[i,j]-md[i,j])≥0

∴s[i,j]≤s[i+1,j]，同理可证s[i,j-1]≤s[i,j]

证毕

 

例题讲解

题面（POJ 1160的增强版）

　　在n个居民点建立m个邮局，每个居民点有一个一维坐标，记第i个居民点到最近邮局的距离为dis[i]，求i从1到n，Σdis[i] 的总和的最小值。

 

输入：第一行输入n,m（n,m∈[1,3000],m<=n），第二行输入n个居民点的坐标（坐标在int范围内）。

6 2
1 2 3 4 5 1000

 

输出：所求的最近距离总和的最小值。

6

//即：在1000位置建一个邮局，在3位置再建立一个邮局时，最近距离总和为2+1+0+1+2+0 = 6。

 

dp公式的建立

　　1. n个居民点，m个邮局，想到用dp[i][j]代表建i个邮局时，（排序后）前j个居民点的最近距离总和的最小值。

　　2. 思考递推关系，dp[i][j]可由dp[i-1][k]和居民点k+1到j之间建立一个新邮局的情况 推出 (k<j)。

则定义d[i][j] = 在居民点i到j上只建立一个邮局时的居民点i到j 的最近距离总和的最小值。

　　3. 则dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + d[k+1][j])，1<=k<j。

　　4. d数组的求法，d[i][j]中存在递推关系：d[i][j] = d[i][j-1] + (a[j]-a[(i+j)/2])（即新增加一个居民点j后，邮局一定在i,j的中点(取下整)位置，原来i到j-1个居民点的最近距离总和不变）

 

注意：此处存在一个疑惑，在k+1到j之间建立新邮局后，居民点1到k的最近距离是否改变？

　　答案是：此公式成立时，居民点1到k的最近距离不会改变。

　　因为若存在[p,k]的居民点到新邮局的距离比之前的更近，则dp[i-1][p-1] + d[p][j]一定比dp[i-1][k] + d[k+1][j] 更小。

所以此最小值成立时，所有居民点的最近距离不变。（即[1,k]的居民点都离前面的邮局更近，而[k+1,j]的居民点都离后面的新邮局更近）

 

四边形不等式优化

　　明显，求d[i][j]需要两层for循环，而求dp[i][j]时需要对i,j,k进行三层循环，复杂度O(n^3)，需要进行优化。

　　可以想到此dp公式包含着d[1][k] + d[k+1][j]的一个子区间之和最小值问题，那么dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + d[k+1][j])，1<=k<j 这个复合的地推公式的决策点s[i][j]是否也可以用四边形不等式优化呢？（决策点s(i,j)为使得dp(i,j)取得最小值的k值。）

　　严格的数学证明需要先证明d数组满足d[i][j]+d[i+1][j+1] <= d[i][j+1]+d[i+1][j]（i<=i+1<=j<=j+1)的四边形不等式条件，再证明dp数组也满足此条件，再证明验证s[i,j]对 i 非递减，对 j 非递减。

　　实际上d[i+1][j+1] - d[i+1][j] = a[j+1] - a[(i+j+2)/2]，d[i][j+1] - d[i][j] = a[j+1] - a[(i+j+1)/2]，而a[(i+j+2)/2] >= a[(i+j+1)/2]成立，所以d[i][j]满足四边形不等式条件。

再后面的证明其实无需进行，在实际做题时直接打印s[i][j]验证结论成立即可。

　　这样　　dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + d[k+1][j])　(s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])

 

优化后的伪代码

　　1. 先对居民点坐标数组a进行排序，然后依据递推关系：d[i][j] = d[i][j-1] + (a[j]-a[(i+j)/2])，双for得出d数组。

　　2. dp[1][j]其实就是d[1][j]。

　　3. 因为在求dp[i][j]时要使用 s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j] 进行优化，那么 j 应该从小到大递推，i 应该从大到小递推，以使用上一次的 j-1和 i+1。

但是dp的递推关系只能是邮局数 i 从小到大递推，所以应该使用 s[i-1,j]≤k≤s[i,j+1]进行优化（本质是决策点s[i,j]对 i 非递减，对 j 非递减），

那么 i 应该从小到大递推，j应该从大到小递推。dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + d[k+1][j])　(s[i-1,j]≤k≤s[i,j+1])

　　4.所以可以先for i in [2,m]，再for j in [n,i+1]，最后for k in [s[i-1][j], s[i][j+1]]，递推出dp[i][j]和s[i][j]。 注意设置对i in [2,m]所有s[i][n+1]的值都为n-1，因为j=n时k最大取n-1。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

int a[3003], d[3003][3003], f[3003][3003], s[3003][3003];
int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    sort(a, a + n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        //d[i][i] = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
            d[i][j] = d[i][j - 1] + a[j] - a[(i + j) / 2];
        f[0][i] = d[0][i];    //f[0][i]表示在前i+1个节点中建0+1个站时的最近距离总和的最小值。
    }

    for (int i = 1; i < m; i++)s[i][n] = n - 2;    //准备s[i][n]的初值，s[0][j]的初值直接使用默认值0
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        //for (int j = 0; j <= i; j++)f[i][j] = 0;
        //为了使用s[i][j]的结论，j从后往前递推
        for (int j = n - 1; j > i; j--) {
            f[i][j] = 0x7fffffff;
            //使用s[i][j]的结论：因为i在最外层，不能由之前得到s[i+1][j]，所以变通为s[i-1][j]。
            //这样就会需要使用s[i][j+1]，需要由之前得到s[i][j+1],所以j从后往前递推
            for (int k = s[i - 1][j]; k <= s[i][j + 1]; k++) {
                if (f[i - 1][k] + d[k + 1][j] < f[i][j]) {
                    f[i][j] = f[i - 1][k] + d[k + 1][j];
                    s[i][j] = k;
                }

            }
        }
    }
    cout << f[m - 1][n - 1];
    return 0;
}

 

总结

　　其实，很多状态转移方程都满足四边形不等式优化的条件。m[i,j]不一定非得代表区间[i,j]，只要转移方程中隐含一个两子区间量之和的最值问题，任何需要2维dp数组记录的dp量都可以尝试用四边形不等式进行优化。

 

解决这类问题的大概步骤是：

1. 证明w满足四边形不等式，这里w是m的附属量，形如m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]+w[i,j]}，此时大多要先证明w满足条件才能进一步证明m满足条件
2. 证明m满足四边形不等式。（其实证明1之后，基本就可以直接验证决策点s[i][j]是否满足对 i 和 j 都非递减）
3. 证明和验证s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]
4. 使用合适的遍历顺序，利用3.的结论进行优化。