浅谈满足四边形不等式的序列划分问题的答案凸性

Posted 2021-02-21 itst

原论文

（Monge 大概就是满足四边形不等式的意思……）

一切还要从某位毒瘤把邮局加强到 (5 imes 10^5) 还自己不会证明说起

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首先定义“满足四边形不等式的序列划分问题”：

给出 (n,k) 和一个 ((n+1) imes (n+1)) 的矩阵 (c_{i,j})，你需要给出一个长度为 (k+1) 的序列 (p_0 = 0 < p_1 < p_2 < ldots < p_{k-1} < p_k = n)，定义该序列的价值为 (sumlimits_{i=1}^k c_{p_{i-1},p_i})。你需要求出所有合法的序列的最小价值。

其中特殊性质是矩阵 (c) 满足四边形不等式，即 (forall i < j leq k < l,c_{i,k} + c_{j,l} leq c_{i,l} + c_{j,k})。

先给出结论：设当 (k=p(p in [1,n-1])) 时答案为 (f(p))，(f‘(p)(p in [2,n-1]) = f(p-1) - f(p))，则 (f‘(p)) 单调不增，即 (forall q in [3,n-1],f‘(q) leq f‘(q-1))。

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为此我们需要证明以下结论：

• (forall 1 leq s < r < t leq n-1)，(f(r) + f(s + t - r) leq f(s) + f(t))。

Proof.

设序列 (P) 为 (f(s)) 对应的最优解，序列 (Q) 为 (f(t)) 对应的最优解，(Delta = r - s)。根据鸽巢原理或者归纳可以知道一定存在 (x in [0,s-1]) 满足 (P_x < Q_{x+Delta} < Q_{x + Delta + 1} leq P_{x+1})。此时考虑两个序列 (R = {P_0,P_1, ldots, P_x,Q_{x + Delta + 1},ldots,Q_t} , S = {Q_0,Q_1,ldots,Q_{x + Delta},P_{x+1},ldots,P_s})。显然 (R) 和 (S) 分别是 (k=s+t-r) 和 (k=r) 的一组合法解。

设某个序列 (X) 的权值为 (w(X))，那么 (w(R)+w(S)-w(P)-w(Q) = c_{P_x,Q_{x+Delta+1}}+c_{Q_{x+Delta},P_{x+1}}-(c_{P_x,P_{x+1}}+c_{Q_{x+Delta},Q_{x+Delta+1}}))

而根据四边形不等式上式 (leq 0)，同时 (f(r) + f(s+t-r) leq w(R)+w(S))，故 (f(r) + f(s+t-r) leq f(s) + f(t))，结论成立。

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使用以上结论有 (f(x) + f(x) leq f(x-1)+f(x+1))，即 (f(x-1)-f(x) geq f(x)-f(x + 1))，即 (f‘(x) geq f‘(x+1))，故结论成立。

这意味着答案对于段数是一个下凸的函数，可以使用斜率凸优化等技巧优化。