决策单调性 笔记
本文原在 2024-06-07 13:41 发布于本人洛谷博客，于 2025-3 重构。
一、基本概念
1. 一些术语
\(f_i=\min_{1\le j<i}(f_j+w(j+1,i))\)。
- 这是一个最小化问题 \(i\)；
- 它的决策集合是 \(\{j\mid 1\le j<i\}\)；
- 最优决策点 \(\operatorname{opt}(i)=\arg \min_{1\le j<i}(f_j+w(j+1,i))\)，即取到最小值时 \(j\) 的位置。
2. 四边形不等式
若 \(a\le b\le c\le d\)，满足：
则称 \(w\) 满足四边形不等式（交叉小于包含）。
四边形不等式成立的一个充要条件：
对于最大化问题，应将 \(\le\) 变为 \(\ge\)。
3. 区间单调性
若 \(a\le b\le c\le d\)，满足：
则称 \(w\) 满足区间单调性。
4. 决策单调性
设对于一个最大/最小化问题 \(i\)，它的最小可行解是 \(\operatorname{opt}(i)\)。
若对于 \(i_1\le i_2\)，满足：
则称具有决策单调性。
二、常见形式
1. 1D
(1). 分治类问题
一般而言，\(w(j,i)\) 是 \(O(1)\) 可求的。
定理一
若 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 满足决策单调性。
证明：反证法。假设对于 \(a< b\le c<d,\operatorname{opt}(c)=b,\operatorname{opt}(d)=a\)，则根据定义 \(w(a,d)\le w(b,d)\) 且 \(w(b,c)<w(a,c)\)，移项可得 \(w(a,d)-w(b,d)\le 0<w(a,c)-w(b,c)\)，即 \(w(a,d)+w(b,c)<w(a,c)+w(b,d)\)，与“\(w\) 满足四边形不等式”矛盾。故假设不成立，定理成立。
假设 \(l,r\) 是待处理区间的左边界，\(i\) 是当前正在处理的问题（\(i=\left\lfloor\frac{l+r}{2}\right\rfloor\)），\(kl\)，\(kr\) 是可能出现答案的答案的左边界和右边界。
通过暴力枚举 \(kl\) 到 \(kr\)，求出 \(i\) 的最优决策 \(k\)，由于问题 \(w\) 具有决策单调性，所以，对于 \([l,i-1]\) 这一段区间，答案的范围是 \([kl,k]\)；对于 \([i+1,r]\) 这一段区间，答案的范围是 \([k,kr]\)。递归分治即可，时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。
void work(int l, int r, int kl, int kr) {
if (l > r) return;
int i = l + r >> 1, k = kl;
for (int j = kl; j <= kr; j++)
if (w(j, i) > w(k, i)) k = j;
p[i] = max(p[i], w(k, i));
work(l, i - 1, kl, k);
work(i + 1, r, k, kr);
}
(2). 二分队列类问题
需要用二分队列的四边形不等式优化，有一个鲜明的特征：\(i\) 的决策依赖于以前的决策。
根据决策单调性，可以知道每一个决策一定都是一段连续区间问题的最优决策点。
因此，设 \(lt_i\)，\(rt_i\) 表示 \([lt_i,rt_i]\) 范围内的问题的决策是 \(i\)。
一开始，一个问题都还没处理，\(lt_0=1,rt_0=n\)。
定义一个单调队列，队列头表示问题 \(i\) 的最优决策。
开始处理第 \(i\) 个问题：
-
\(f_i=w(q_{\operatorname{front}},i)\)，处理 \(f_i\)。
-
根据决策单调性，如果对于 \(lt_{q_{\operatorname{back}}}\) 这个问题，当前的 \(i\) 决策还比以往的 \(q_{\operatorname{back}}\) 决策要优，那么 \(q_{\operatorname{back}}\) 决策不再可能成为最优决策，队尾可以弹出了。
-
将所有在第二步中“整个区间都被弹出”的决策清理掉后，此时队尾的决策对应的问题区间，它的右半部分很有可能也是决策 \(i\) 更优，因此二分在最后的这个问题区间，决策 \(i\) 更优的分界点是哪里，将分界点的左边的问题归给原本队尾的决策。
-
如果分界点还没有到达 \(n\)，那么就添加一个 \(i\) 决策最优的 \([{\small \mathsf{右边界}},n]\) 的问题区间。
-
最后，如果 \(q_{\operatorname{front}}\) 这一个决策的问题区间右边界就是 \(i\)，那么这个决策后面就没用了，从队头弹出。
void work() {
deque<int> q;
q.push_back(0);
lt[0] = 1, rt[0] = n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = w(q.front(), i);
while (i < lt[q.back()] and w(i, lt[q.back()]) < w(q.back(), lt[q.back()])) q.pop_back();
int l = max(i, lt[q.back()] - 1), r = rt[q.back()] + 1;
while (l + 1 < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (w(i, mid) < w(q.back(), mid)) r = mid;
else l = mid;
}
rt[q.back()] = r - 1;
if (r <= n) {
q.push_back(i);
lt[i] = r, rt[i] = n;
}
while (i == rt[q.front()]) q.pop_front();
}
}
2. 2D
(1). 区间分拆问题
令 \(g_j=f_{i-1,j}\)，变为 1D 问题。
(2). 区间合并问题
石子合并问题。
定理二
若 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 满足决策单调性。
证明：当 \(i=j\) 时，定理成立。当 \(i+1=j\) 时，原式相当于对若干个四边形不等式求和再取最小值，仍满足四边形不等式。以此类推，可以得到 \(f_{i,j}\) 满足四边形不等式和决策单调性。
定理三
有 \(\operatorname{opt}(i-1,j)\le\operatorname{opt}(i,j)\le\operatorname{opt}(i,j+1)\)。
证明：第二个小于等于号是 1D 情况。对于第一个小于等于号考虑反证法。设 \(x=\operatorname{opt}(i-1,j),y=\operatorname{opt}(i,j)\)，且 \(x>y\)。则有 \(i\le y<x<j\)。可以得到 \(f_{i-1,x}+f_{x+1,j}\le f_{i-1,y}+f_{y+1,j}\)，\(f_{i,y}+f_{y+1,j}\le f_{i,x}+f_{x+1,j}\)。两式相加得 \(f_{i-1,x}+f_{i,y}\le f_{i-1,y}+f_{i,x}\)，与 \(f\) 是四边形不等式矛盾。故 \(x<y\)。
三、刷题总结
真理（并非
事实上，考场上遇到了像是四边形不等式的题，我更愿意写个暴力判断是否满足，但是平时练习还是很需要证明的。
1. P3515 [POI2011] Lightning Conductor / SP9070 LIGHTIN - Lightning Conductor
求：
\[p_i=\max_{j=1}^n\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}-a_i \]
先简单处理一下：
只要处理出其中一个 \(\max\)，另一个就可以用同样的方法解决。
设 \(w(j,i)\) 表示 \(a_j+\sqrt{i-j}\)，则原式变为
这是一个最大化问题，接着证明 \(w\) 满足四边形不等式。
设 \(i<j\)，则
- \(w(i,j)+w(i+1,j+1)=a_i+a_{i+1}+2\sqrt{j-i}\)；
- \(w(i,j+1)+w(i+1,j)=a_i+a_{i+1}+\sqrt{j-i+1}+\sqrt{j-i-1}\)。
令 \(x=j-i\ge 1\)，\(w\) 满足四边形不等式的充要条件是 \(2\sqrt{x}\ge \sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}\)。
两边同时平方并移项，得 \(2x\ge 2\sqrt{x+1}\sqrt{x-1}\)。
再次两边同时平方，得 \(4x^2\ge 4x^2-4\)，恒成立，故 \(w\) 满足四边形不等式。
分治求即可。
2. P3195 [HNOI2008] 玩具装箱
求：
\[f_i=\min_{j=1}^i\{f_j+(x-L)^2\} \]（\(x=i-(j+1)+\sum_{k=j}^i c_k\)，\(c,L\) 已给出。
\(i\) 的决策依赖 \(i\) 以前的问题的决策，故使用二分队列法。
3. P4767 [IOI 2000] 邮局 加强版
2D 板子。
浙公网安备 33010602011771号