四边形不等式 学习笔记

一维

这个基本上可以用斜率优化搞定，可以看看前面的李超树。

但是如果遇到了转移方程出现了同时包含关于 \(j\) 的量与多个次数不同的关于 \(i\) 的量相乘的话，斜率优化就挂了，这个时候需要用一些一维四边形不等式的奇技淫巧，比如分治、二分队列、LARSCH 啥的，我先没学。

二维

这个用起来简单。考虑以下经典的区间 DP 转移方程（即石子合并）：

\[f_{l,r} = \min(f_{l,mid} + f_{mid + 1,r} + w_{l, r}) \]

然后证明过程不需要记，只需要知道如果 \(w\) 矩阵满足 \(w_{i,j} + w_{i+1,j+1} \le w_{i,j+1} + w_{i+1,j}\)，那么说明区间 \([l,r]\) 的最优决策点矩阵 \(s_{l,r}\) （\(l \le s_{l,r} \le r - 1\)）是单调的，最优决策点的意思就是说 \(f_{l,r} = f_{l,s_{l,r}} + f_{s_{l,r} + 1,r} + w_{l,r}\) 这样转移是最优的，单调的意思就是对于矩阵的每一行，\(s_{l,r-1} \le s_{l,r}\)；对于每一列，\(s_{l,r} \le s_{l+1,r}\)。这样一来，区间 \([l,r]\) 的枚举就缩小到了 \(s_{l,r-1}\) 到 \(s_{l+1,r}\)，然后加一下发现很多项抵消了，最后是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。

枚举的话就直接

for(int l = n; l >= 1; l ++)
  for(int r = l + 1; r <= n; r ++)
    for(int k = s[l][r - 1]; k <= s[l + 1][r]; k ++)

然后边转移边记录当前最优决策点即可，枚举到每一个区间，需要的上下界就肯定计算好了。

如果改求 \(\max\) 的话，证明 \(w_{i,j} + w_{i+1,j+1} \ge w_{i,j+1} + w_{i+1,j}\) 就行。我的记忆方法就是，求 \(\min\)，左上和右下之和就要小；求 \(\max\)，左上和右下之和就要大。

合并石子（加强版）代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2007;
int n, a[N], f[N][N], s[N][N];
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; i ++)
  	cin >> a[i], a[i + n] = a[i];
  for(int i = 1; i <= (n << 1); i ++)
  	f[i][i] = 0, s[i][i] = i, a[i] += a[i - 1];
  for(int l = n; l >= 1; l --)
  	for(int r = l + 1; r - l + 1 <= n; r ++){
  		f[l][r] = 1e18;
  		for(int mid = max(l, s[l][r - 1]); mid <= min(r - 1, s[l + 1][r]); mid ++)
  			if(f[l][r] > f[l][mid] + f[mid + 1][r] + a[r] - a[l - 1])
  				f[l][r] = f[l][mid] + f[mid + 1][r] + a[r] - a[l - 1], s[l][r] = mid;
		}
	int ans = 1e18;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) ans = min(ans, f[i][i + n - 1]);
	cout << ans << "\n";
  return 0;
}