《浅谈保序回归问题》学习笔记

保序回归问题

偏序关系

定义二元关系 (preceq) 为集合 (S) 上的偏序关系，满足：

• 自反性：(forall xin S,xpreceq x)；
• 反对称性：(forall x,yin S,xpreceq yland ypreceq xRightarrow x=y)；
• 传递性：(forall x,y,zin S,xpreceq yland ypreceq zRightarrow xpreceq z)。

(L_p) 问题

问题： 给定 DAG (G=(V={v_i}_{i=1}^n,E))、代价函数 ({(y_i,w_i)}_{i=1}^n)。定义偏序关系 (v_ipreceq v_j) 当且仅当 (G) 中存在 (v_i) 到 (v_j) 的路径。

求出

[min{sum_{i=1}^nw_i|f_i-y_i|^p |forall v_{i}preceq v_j,f_ileq f_j},p<infty\ min{max_{i=1}^nw_i|f_i-y_i| |forall v_{i}preceq v_j,f_ileq f_j},p=infty ]

序列 (z) 向集合 (S={a,b}) 取整

({z_i}_{i=1}^ngets {min{b,max{a,z_i}}}_{i=1}^n)

点集 (U) 的 (L_p) 均值

使得 (sum_{v_iin U}w_i|y_i-k|^p(p<infty)) 或 (max_{v_iin U}w_i|y_i-k|(p=infty)) 取到最小值的 (k)。

一般问题的解法

(L_p) 的 (S={a,b}(a<b)) 问题

在 (L_p) 问题中增加 (forall 1leq ileq n,aleq f_ileq b) 的限制。

(L_1) 问题解法

引理： 若 (forall 1leq ileq n,y_i otin (a,b)) 且存在最优解序列 ({z_i}_{i=1}^n,s.t.forall 1leq ileq n,z_i otin (a,b))，那么对于 (S={a,b}) 问题的最优解 (z^S)，都存在一个原问题的最优解 (z)，满足 (z) 向 (S) 取整后得到 (z^S)。

对于 (L_1) 问题的最优解 (z)，(z) 中的元素一定在 (y) 构成的集合 ({Y_i}_{i=1}^k(forall 1leq i<k,Y_i<Y_{i+1})) 中。于是可以进行整体二分：当二分到 (Y_{[l,r]}) 时，求出 (S={Y_{mid},Y_{mid+1}}) 问题的最优解，然后通过这一组解将此区间内的节点重新划分至 (Y_{[l,mid]}) 和 (Y_{[mid+1,r]}) 递归求解。

(L_p(1<p<infty)) 问题解法

引理： (forall 1<p<infty,Usubset V)，(U) 的 (L_p) 均值是唯一的。

引理： 若 (forall Usubset V)，(U) 的 (L_p) 均值不在 ((a,b)(a<b)) 中且存在最优解 ({z_i}_{i=1}^n,s.t.forall 1leq ileq n,z_i otin (a,b))。那么对于代价函数为 ((y',w')) 的 (L_1) 问题的最优解 ( ilde{z})，存在原问题的最优解 ({z_i}_{i=1}^n,s.t.forall 1leq ileq n,z_ileq aLeftrightarrow ilde{z}_i=0)。其中：

[(y'_i,w'_i)=left{egin{aligned}(0,w_i[(b-y_i)^p-(a-y_i)^p]),y_ileq a\(1,w_i[(y_i-a)^p-(y_i-b)^p]),y_i>aend{aligned} ight. ]

类似于 (L_1) 问题，可以进行在实数上的整体二分：当二分到 ([l,r]) 时，选定一个极小的正实数 (epsilon)，那么 ((a,b)=(mid,mid+epsilon)) 时满足上述条件，求出 ( ilde{z})，进行递归求解（不影响结果地，可以将 (w') 同时除以 (epsilon)，变为原表达式在 (mid) 处的导数）。

(L_1) 的 (S) 问题解法

对于一般 DAG，可以抽象为最小权闭合子图问题，用网络流解决。

对于树/仙人掌/多维偏序，可以根据特殊性质进行 dp 求解。

(L_infty) 问题的解法与扩展

二分法

二分答案+DAG 上 dp。

问题拓展

问题： 在满足 (L_infty) 的限制下，对于每个 (1leq kleq n) 求出 (min{max_{i=1}^kw_i|f_i-y_i|})。另外，增加条件 (forall 1leq i<jleq n,v_ipreceq v_j)。

定义 (err(v_i,r)=w_i|r-y_i|)、(mean(v_i,v_j)=frac{w_iy_i+w_jy_j}{w_i+w_j})。

当 (v_ipreceq v_jland y_i>y_j) 时，(mean\_err(v_i,v_j)=max{err(v_i,mean(v_i,v_j)),err(v_j,mean(v_i,v_j))})；否则 (mean\_err(v_i,v_j)=0)。

引理： 对于任意 (L_infty) 问题，整张图的答案为 (max{mean\_err(v_i,v_j})。

设 (pre(v_i)=max{mean\_err(v_j,v_i)|v_jpreceq v_i})。

那么对于任意 DAG 可以 (O(n^2)) 求出 (pre)，进而求出答案。对于新增加的条件，可以通过维护凸包以做到 (O(nlog n))。

例题

[省选联考 2020 A 卷] 魔法商店

简要题意

给定一个非负整数集合，每个元素有一个权值，你可以修改每个元素的权值各一次，代价为修改前后权值差的平方。指定该集合的两组不同线性基 (A,B)，要求 (A) 为所有线性基中权值和最小的，(B) 为最大的。求出最小代价。

题解

要求等价于 (A) 中每个元素的权值都要小于等于能替换该元素的其他元素的权值，(B) 反之。建立出偏序关系然后跑 (L_2) 问题即可。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ull unsigned long long
#define N 1005
#define M 70

namespace XB{
	#define W 64
	ull d[W];
	inline void cl(){
		for(int i=0;i<W;i++)
			d[i]=0;
	}
	inline void ins(ull x){
		for(int i=W-1;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1){
				if(!d[i]){
					d[i]=x;
					break;
				}
				x^=d[i];
			}
	}
	inline bool chk(ull x){
		for(int i=W-1;i>=0;i--)
			if((x>>i)&1)
				x^=d[i];
		return x>0;
	}
}

namespace MF{
	int n,s,t;
	
	int hd[N],_hd;
	struct edge{
		int v,f,nxt;
	}e[N*M<<1];
	inline void addedge(int u,int v,int f){
		e[++_hd]=(edge){v,f,hd[u]};
		hd[u]=_hd;
		e[++_hd]=(edge){u,0,hd[v]};
		hd[v]=_hd;
	}
	
	inline void init(int n_,int s_,int t_){
		for(int i=1;i<=n;i++)
			hd[i]=0;
		_hd=1;
		n=n_,s=s_,t=t_;
	}
	
	std::queue<int> q;
	int cur[N],dis[N];
	inline bool bfs(){
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cur[i]=hd[i];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			dis[i]=inf;
		dis[s]=0;
		q.push(s);
		while(q.size()){
			int u=q.front();
			q.pop();
			for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
				int v=e[i].v,f=e[i].f;
				if(f&&dis[v]>dis[u]+1){
					dis[v]=dis[u]+1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
		return dis[t]<inf;
	}
	inline int dfs(int u,int lmt){
		if(u==t||!lmt)
			return lmt;
		int res=0;
		for(int i=cur[u];i;i=e[i].nxt){
			cur[u]=i;
			int v=e[i].v,f=e[i].f;
			if(dis[v]!=dis[u]+1)
				continue;
			f=dfs(v,std::min(lmt,f));
			e[i].f-=f,e[i^1].f+=f;
			lmt-=f,res+=f;
			if(!lmt)
				break;
		}
		return res;
	}
	inline void sol(){
		while(bfs())
			dfs(s,inf);
	}
}

int n,m,y[N],a[M],b[M];
ull c[N];

std::vector<int> E[N];

int f[N],p[N],id[N],q[N];
inline void sol(int L,int R,int l,int r){
	if(l>r)
		return;
	if(L==R){
		for(int i=l;i<=r;i++)
			f[p[i]]=L;
		return;
	}
	int mid=(L+R)>>1;
	MF::init(r-l+3,r-l+2,r-l+3);
	for(int i=l;i<=r;i++)
		id[p[i]]=i-l+1;
	for(int i=l;i<=r;i++){
		int u=p[i],w=2*(y[u]-mid)-1;
		if(w>0)
			MF::addedge(MF::s,id[u],w);
		else
			MF::addedge(id[u],MF::t,-w);
		for(auto v:E[u])
			if(id[v])
				MF::addedge(id[u],id[v],inf);
	}
	MF::sol();
	int pm=l-1;
	for(int i=l;i<=r;i++)
		if(MF::dis[id[p[i]]]==inf)
			q[++pm]=p[i];
	int tmp=pm;
	for(int i=l;i<=r;i++)
		if(MF::dis[id[p[i]]]<inf)
			q[++tmp]=p[i];
	for(int i=l;i<=r;i++)
		p[i]=q[i];
	for(int i=l;i<=r;i++)
		id[p[i]]=0;
	sol(L,mid,l,pm);
	sol(mid+1,R,pm+1,r);
}

ull ans;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%llu",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&y[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d",&b[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		XB::cl();
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(j!=i)
				XB::ins(c[a[j]]);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(j!=a[i]&&XB::chk(c[j]))
				E[a[i]].push_back(j);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		XB::cl();
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(j!=i)
				XB::ins(c[b[j]]);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(j!=b[i]&&XB::chk(c[j]))
				E[j].push_back(b[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		p[i]=i;
	sol(0,(int)1e6,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans+=1ull*(f[i]-y[i])*(f[i]-y[i]);
	printf("%llu
",ans);
}