学习笔记：四边形不等式优化 DP

定义 & 等价形式

四边形不等式是定义在整数集上的二元函数 \(w(x, y)\)。

定义：对于任意 \(a \le b \le c \le d\)，满足交叉小于等于包含（即 \(w(a, c) + w(b, d) \le w(b, c) + w(a, d)\)。①

等价形式，对于任意的 \(a < b\)，都有 \(w(a, b-1) + w(a+1,b) \le w(a+1, b-1)+w(a,b)\)。②

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① 推 ② 看定义即可，② 推 ① 的证明：

任取 \(a < d\)，\(w(a, d-1) + w(a+1,d \le w(a+1,d-1) + w(a,d)\)

若 \(a + 1 < d\)，\(w(a+1, d-1) + w(a+2,d) \le w(a+2,d-1) + w(a+1,d)\)

两式相加：\(w(a+2,d) + w(a, d-1) \le w(a,d) + w(a+2,d-1)\)

可扩展到对于任意的 \(a \le a + k = b \le d\)， \(w(b,d) + w(a, d-1) \le w(a,d) + w(b,d-1)\)

同理 \(c - 1\) 也可扩展到 \(c - k\)，因此可扩展到 \(a \le b \le c \le d\) 的形式。

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1D/1D 优化

形如： $f_i = \underset{0\le j<i}{\min}{{f_j+w(j, i)}} $。

若 \(w\) 满足四边形不等式：

① 则 \(f_i\) 具有最优决策单调性（即 \(p_i\) 表示 \(f_i\) 的最优决策 \(j\)，则 \(p\) 非严格递增）。

② 且不仅最优决策有单调性，任意决策都有决策单调性（若 \(u < v\) 且在当前 \(i\) 时 \(v\) 优于 \(u\)，则 \(i < i'\) 的 \(i'\) 时 \(u\) 也比 \(v\) 优）。

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证明（证明了 ②，自然 ① 也成立）：

任取 \(0 \le u < v < i < i'\)，若有 \(f_u + w(u,i) \ge f_v + w(v, i)\) ③ 即在 \(i\) 时 \(v\) 比 \(u\) 优。

由四边形不等式 \(w(u, i) + w(v, i') \le w(v, i) + w(u, i') \Leftrightarrow w(u, i') - w(u, i) \ge w(v, i') - w(v, i)\)。④

③ 和 ④ 式相加得证。

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因此，我们可以动态决策，维护就当前有的决策来说，每个位置的局部最优决策，加入前 \(i - 1\) 的决策后，当前 \(f_i\) 的决策就能得到，然后我们考虑加入 \(i\) 这个决策能作为哪些 \(f\) 的最优决策。由上述性质，\(i\) 影响的是一段后缀。因此我们要快速找出后缀的开头，可二分（后缀里 \(i\) 最优，后缀前 \(i\) 不优），但是我们如果暴力修改可能还是 \(O(n^2)\)，因此我们可以把每个决策把其作为最优决策的区间一段一段的存。

具体做法：

• 每个决策存 \(x, l, r\) 三个变量，分别代表决策、影响的区间左右端点。维护一个决策的队列。

• 每次从队尾迭代：如果该区间队头都是 \(i\) 更优那么把这个决策删了；否则如果队尾 \(i\) 不优就退出；否则二分那个边界的位置。

复杂度：

• 每个决策最多删除增加一次，插入删除是 \(O(n)\) 的。

• 每次最多二分一次，这部分是 \(O(n \log n)\) 的。

因此总复杂度 \(O(n \log n)\)。

例题

NOI2009 诗人小G

设 \(l\) 为长度数组，\(S\) 为 \(l\) 前缀和。

朴素 DP 方程：\(f_i = \underset{0\le j < i}{\min} \{ f_j + |S_i - S_j + i - j - 1 - L| ^ P\}\)

证明 \(w(j, i) = |S_i - S_j + i - j - 1 - L| ^ P\) 满足决策单调性。

\(w(j+1,i) - w(j+1, i+1) \ge v(j,i) - v(j,i+1)\)。

设 \(v\) 是 \(w\) 那一坨去掉 \(P\) 次方。

设 \(a = v(j, i), b = v(j + 1, i)\)。

\(|b|^P - |b+l_{i+1}+1|^P \ge |a|^P - |a+l_{i+1} + 1|\)

即证明 \(y = |x|^P - |x+c|^P (c > 0)\) 函数非严格递减。

由于本人数学太差不会求导，只能感性证一下，首先看 \(P = 1\) 的情况，是以 \((-c/2, 0)\) 中心对称的一个函数，然后这个东西的物理意义就是到数轴上 \(x\) 到原点的距离 \(-\) 到 \((-c, 0)\) 的距离，分类讨论之后是递减的。如果有 \(P\) 次方是把这个影响扩大化，但是仍满足相对大小关系。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LD;
const int N = 100005;
int n, L, P, s[N], hh, tt, pre[N];
LD f[N];
char g[N][35];
struct Q{
	int l, r, x;
} q[N];
/*
f[i] = f[j] + val(i, j)
val(i, j) = (s[i] - s[j] - (i - j - 1) - L) ^ P
*/
LD val(int i, int j) {
	LD res = 1;
	int x = abs(s[i] - s[j] + (i - j - 1) - L);
	for (int k = 1; k <= P; k++) res *= x;
	return res + f[j];
}

void insert(int i) {
	int pos = -1;
	while (hh <= tt) {
		if (val(q[tt].l, i) <= val(q[tt].l, q[tt].x)) pos = q[tt--].l;
		else {
			if (val(q[tt].r, i) < val(q[tt].r, q[tt].x)) {
				int l = q[tt].l, r = q[tt].r;
				while (l < r) {
					int mid = (l + r) >> 1;
					if (val(mid, i) <= val(mid, q[tt].x)) r = mid;
					else l = mid + 1;
				}
				q[tt].r = r - 1, pos = r;
			}
			break;
		}
	}
	if (pos != -1) q[++tt] = (Q) { pos, n, i };
}

void print(int i) {
    if (!i) return;
    print(pre[i]);
    for (int j = pre[i] + 1; j <= i; j++) {
        printf("%s", g[j] + 1);
        if (j != i) putchar(' ');
    }
    puts("");
}

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	while (T--) {
	    memset(pre, 0, sizeof pre);
		scanf("%d%d%d", &n, &L, &P);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%s", g[i] + 1);
			s[i] = s[i - 1] + strlen(g[i] + 1);
		}
		hh = tt = 1;
		q[1] = (Q) { 1, n, 0 };
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int j = q[hh].x;
			f[i] = val(i, j);
			pre[i] = j;
			while (hh <= tt && q[hh].r <= i) hh++;
			q[hh].l = i + 1;
			insert(i);
		}
		if (f[n] > 1e18) puts("Too hard to arrange");
		else printf("%lld\n", (LL) f[n]), print(n);
		puts("--------------------");
	}
}

2D/1D 优化

定理 1：

① 形如 \(f_{i, j} = \underset{i\le k < j}{\min}\{ f_{i, k} + f_{k+1, j} + w(i, j) \}\)，② 且 \(f_{i, i} = w_{i,i} = 0\)。

③ 若 \(w\) 满足四边形不等式，④ 而且对于任意的 \(a \le b \le c \le d\) 都有 \(w(a,d) \ge w(b,c)\)

若有着四个条件，则 \(f\) 也满足四边形不等式。

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证明：

当 \(j - i = 1\) 时，\(f_{i,j+1}+f_{i+1,j}=f_{i,i+2}\)

若 \(f_{i,i+2}\) 最优决策是 \(i\)：

\[f_{i,i+2}=f_{i+1,i+2}+w(i,i+2) \\ =w(i+1,i+2)+w(i,i+2) \\ \ge w(i+1,i+2)+w(i,i+1) \\ \ge f_{i+1,i+2}+f_{i,i+1}=f_{i,j+1}+f_{i,j}
\]

最优决策是 \(i+1\) 同理。

因此这时候满足四边形不等式。

接着数学归纳法，设 \(j - i < k\) 时 \(f\) 的四边形不等式成立（这里 \(i, j\) 分别作为最小数和次大数），尝试证 \(j - i = k\) 成立。

然后是一大波分讨。

如果 \(i + 1 \le x \le y\)。

设 \(f_{i,j+1}\) 和 $f_{i+1,j} $ 的最优决策分别是 \(x\) 、 \(y\)。

\(f_{i,j+1}+f_{i+1,j} = f_{i, x} + f_{x+1,j+1}+w(i,j+1) + f_{i+1,y}+f_{y+1,j}+w(i+1,j)\) ①

\(f_{i,j}+f_{i+1,j+1} \le f_{i,x}+f_{x+1,j}+w(i,j)+f_{i+1,y}+f_{y+1,j+1}+w(i+1,j+1) ②\) ②

根据前面的四边形不等式有：

\(w(i, j) + w(i+1,j+1) \le w(i,j+1) + w(i+1, j)\)

\(f_{x+1,j}+f_{y+1,j+1}\le f_{x+1,j+1}+f_{y+1,j}\)，这里因为 \(j - (x + 1) < j - i = k\) 所以成立。

所以 ① ② 可以用不等号连起来，就有了 \(f_{i,j}+f_{i+1,j+1}\le f_{i,j+1}+f_{i+1,j}\)，就证完了。

如果 \(i + 1 \le y \le x\)。

与上述证明类似。

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定理 2

若上述那个式子的 \(f\) 满足四边形不等式，设 \(p_{i, j}\) 为 \(f_{i,j}\) 的最优决策。

则有：$$p_{i,j-1} \le p_{i,j} \le p_{i+1,j}$$

设 \(p = p_{i,j}, i < k \le p\)，有 \(f_{i,p} + f_{i+1,k} \ge f_{i+1,k} + f_{i+1,p} \Leftrightarrow f_{i+1,k} - f_{i+1,p} \ge f_{i,k} - f_{i,p}\)

\(p\) 的最优性有 \(f_{i,k}+f_{k+1,j} \ge f_{i,p}+f_{p+1,j}\)。

\[f_{i+1,k}+f_{k+1,j}+w(i+1,j) - (f_{i+1,p} + f_{p+1,j} + w(i+1,j)) \\ \ge (f_{i,k} - f_{i,p}) + (f_{k+1,j} - f_{p+1,j}) = (f_{i,k}+f_{k+1},j) - (f_{i,p}+f_{p+1,j}) \\ \ge 0
\]

因此对于 \(f_{i+1,j}\)，选 \(p\) 比所有的 \(k < p\) 都优，因此 \(p_{i,j} \le p_{i+1,j}\)。

\(p_{i,j-1} \le p_{i,j}\) 同理。

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因此我们每次循环决策可以就询问 \([p_{i,j-1}, p_{i+1,j}]\)，这样是 \(O(n^2)\) 的。

复杂度证明，枚举 \(f_{i,j}\) 的最优决策复杂度是 \(p_{i+1,j} - p_{i,j-1}\) 量级的。把所有的求和，发现每个 \(p_{l, r}\) 除非某一位是 \(n\) 或 \(1\)，否则会分别有一正一负的抵消贡献，剩下的是部分最多 \(2n\) 项每一项都是 \(\le n\)（甚至还有负的，所以总共 \(O(n^2)\)。

例题 石子合并

\(n = 5000\) 的石子合并。

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

const int N = 5005;

int n, f[N][N], p[N][N], s[N];

int main() {
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", s + i), s[i] += s[i - 1];
        f[i][i] = 0, p[i][i] = i;
    }
    for (int l = 2; l <= n; l++) {
        for (int i = 1, j; (j = i + l - 1) <= n; i++) {
            for (int k = p[i][j - 1]; k <= p[i + 1][j]; k++) {
                if (f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1] < f[i][j]) {
                    f[i][j] = f[i][k] + f[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1], p[i][j] = k;

                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[1][n]);
}