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 ((nle 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 (nle 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 ((nle 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 ((mle 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。

四边形不等式优化

经过大眼 or 打表观察法， 我们发现 (w) 函数又满足四边形不等式！那么我们假设 (s[i][j]) 为 (f[i][j]) 的最优决策点，即 (f[i][j]=f[s[i][j]][j-1]+w[s[i][j]+1][i]) ，我们同样可以猜想套路：

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

那么初始化为：

(f[i][1]=w[1][i],s[i][1]=(i+1)>>1,s[n+1][i]=n)

完毕。

Code

(dp) 才是重点，码风比较仙。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m, d[501], q[501], h[502], f[501][501], pos[502][501], inf = 1e9;
int work(int l, int r) {
  int mid = (l + r) >> 1;
  return h[l] - h[mid] - (mid - l) * (h[mid] - h[mid + 1]) + q[r] - q[mid] -
         (r - mid) * (q[mid] - q[mid - 1]);
}  // w 函数计算
int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &d[i]);
    q[i] = d[i], h[i - 1] = d[i];
  }
  for (int l = 1; l <= 2; l++)
    for (int i = 1; i <= n; i++) q[i] += q[i - 1];  //初始化前缀和的前缀和
  for (int l = 1; l <= 2; l++)
    for (int i = n; i >= 1; i--) h[i] += h[i + 1];  //初始化后缀和的后缀和
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    f[i][1] = work(1, i), pos[i][1] = 0;  //初始化 dp 数组与决策点
  for (int j = 2; j <= m; j++) {
    pos[n + 1][j] = n;
    for (int i = n; i > j; i--)  //由于四边形不等式需要，我们从大到小枚举 i
    {
      f[i][j] = inf;
      for (int k = pos[i][j - 1]; k <= pos[i + 1][j]; k++) {
        int tmp = f[k][j - 1] + work(k + 1, i);
        if (tmp < f[i][j]) f[i][j] = tmp, pos[i][j] = k;
      }
    }
  }
  cout << f[n][m];
}

总结

四边形不等式是一个套路，虽然不常见，但是应熟记于心以防万一。

同时，考场上要通过数学证明函数满足四边形不等式其实还是蛮困难的，建议不要头铁，打打表证明就好了= = 。