四边形不等式优化动态规划原理:
1.当决策代价函数w[i][j]满足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j<=j’)时,称w满足四边形不等式.当函数w[i][j]满足w[i’][j]<=w[i][j’] i<=i’<=j<=j’)时,称w关于区间包含关系单调.
2.如果状态转移方程m为
且决策代价w满足四边形不等式的单调函数(可以推导出m亦为满足四边形不等式的单调函数),则可利用四边形不等式推出最优决策s的单调函数性,从而减少每个状态的状态数,将算法的时间复杂度由原来的O(n^3)降低为O(n^2).方法是通过记录子区间的最优决策来减少当前的决策量.令:
s[i][j]=max{k | ma[i][j] = m[i][k-1] + m[k][j] + w[i][j]}
由于决策s具有单调性,因此状态转移方程可修改为:
证明过程: (转载)
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]=opt{m[i,k]+m[k,j]}(i≤k≤j)
如果对于任意的a≤b≤c≤d，有m[a,c]+m[b,d]≤m[a,d]+m[b,c]，那么m[i,j]满足四边形不等式。
以上是适用这种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(n3)，我们可以优化到O(n2)
设s[i,j]为m[i,j]的决策量，即m[i,j]=m[i,s[i,j]]+m[s[i,j]+j]
我们可以证明，s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j] （证明过程见下）
那么改变状态转移方程为：
m[i,j]=opt{m[i,k]+m[k,j]} (s[i,j-1]≤k≤s[i+1,j])
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(n2)
对s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]的证明：
设mk[i,j]=m[i,k]+m[k,j]，s[i,j]=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ms[i+1,j][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
扩展：
以上所给出的状态转移方程只是一种比较一般的，其实，很多状态转移方程都满足四边形不等式优化的条件。
解决这类问题的大概步骤是：
0.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
1.证明m满足四边形不等式
2.证明s[i,j-1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]
pku 1160 Post Office 解题报告
题意: 给出m个村庄及其距离，给出n个邮局，要求怎么建n个邮局使代价最小.
算法:很显然用到动态规划,那么假设:
d[i…n],各邮局的坐标
w[i][j]表示在d[i][j]之间建立一个邮局的村庄为k,则k为i与j之和的一半(很显然在中间建一个邮局距离最小),那么
m[i][j]为在前j个村庄建立i个邮局的最小距离和.
那么状态转移方程为:
边界条件: m[1][j]=w[1][j] (1<=j<=m)
状态转移方程:
那么思路则为:
for i=2 to p do //递推邮局数
{
//m:在前j个村庄建立i个邮局的最小距离和
for j=n dwonto i+1 do //按递减顺序枚举尾指针
m[i][j]=inf;
for k=1 to n do
{
temp = m[i-1][k]+calcw(k+1,j);
if(temp<m[i][j]) m[i][j]=temp;
}
}
这样时间复杂度显然为O(n^3),这是不能接受的.
仔细分析这dp算法,关键是决策变量k枚举数太多, 联系到四边形不等式原理,w[i][j]与m[i][j]很明显符合四边形不等式,我们假设决策变量s[i][j],如果在1到10的村庄中,建立1个邮局的最佳位置为8,那么在决定见多一个邮局的话,当然是在1到8之间了(根据四边形不等式原理猜想到),所以就在dp的过程中,用s[i][j]记录前i-1个邮局的村庄数. 那么我们第三次搜索的时候,就需要根据决策表s[i-1][j]<=k<=s[i][j+1]的范围内枚举.而可以证明s[i][j]具有单调性,那么我们就可以利用s[i][j]单调性限制了上下界然后把 O(n^3)弄成了 O(n^2)。
以sample为例:
状态方程m:
决策表s:
那么状态转移方程为:
边界条件: m[1][j]=w[1][j] (1<=j<=m)
边界条件: m[1][j]=w[1][j] (1<=j<=m)
状态转移方程: 
决策记录表: s[i][j]=k
代码:
View Code
//#pragma comment(linker,"/STACK:327680000,327680000") #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <vector> #include <cstring> #include <algorithm> #include <string> #include <set> #include <functional> #include <numeric> #include <sstream> #include <stack> #include <map> #include <queue> #define CL(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr)) #define REP(i, n) for((i) = 0; (i) < (n); ++(i)) #define FOR(i, l, h) for((i) = (l); (i) <= (h); ++(i)) #define FORD(i, h, l) for((i) = (h); (i) >= (l); --(i)) #define L(x) (x) << 1 #define R(x) (x) << 1 | 1 #define MID(l, r) (l + r) >> 1 #define Min(x, y) (x) < (y) ? (x) : (y) #define Max(x, y) (x) < (y) ? (y) : (x) #define E(x) (1 << (x)) #define iabs(x) (x) < 0 ? -(x) : (x) #define OUT(x) printf("%I64d\n", x) #define Read() freopen("data.in", "r", stdin) #define Write() freopen("data.out", "w", stdout); typedef long long LL; const double eps = 1e-8; const double PI = acos(-1.0); const int inf = ~0u>>2; using namespace std; const int N = 310; const int M = 33; int dp[N][N]; int s[N][N]; int d[N]; int sum[N][N]; int dis(int i, int j) { if(i >= j) return 0; if(sum[i][j] != 0) return sum[i][j]; int a = i, b = j; while(a < b) { sum[i][j] += (d[b--] - d[a++]); } return sum[i][j]; } int main() { //Read(); int i, j, k, V, P, tmp; while(~scanf("%d%d", &V, &P)) { for(i = 1; i <= V; ++i) { scanf("%d", d + i); } CL(sum, 0); CL(dp, 0); for(i = 1; i <= V; ++i) { dp[1][i] = dis(1, i); s[i][i] = i-1; } for(i = 2; i <= P; ++i) { s[i][V+1] = V-1; for(j = V; j >= i; --j) { dp[i][j] = inf; for(k = s[i-1][j]; k <= s[i][j+1]; ++k) { tmp = dp[i-1][k] + dis(k + 1, j); if(tmp < dp[i][j]) { dp[i][j] = tmp; s[i][j] = k; } } } } printf("%d\n", dp[P][V]); } return 0; }