四边形不等式

Posted 2021-02-08 luoshuitianyi

含义

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。

一般应用

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)。

例题1-石子合并

题面

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。

初步思路

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。

代码

重点看 (dp) 就好 = =。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
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;
}

例题2-山区建小学

题面

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。

初步思路

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。

代码

(dp) 才是重点，码风比较仙。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
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= = 。