day5

决策单调性

四边形不等式（交叉优于包含）在矩阵上看：取一个矩形 \(abdc\)，若有 \(a+d\le b+c\)，则矩阵每行每列最小值位置单调。

这样的矩阵叫做蒙日矩阵。

蒙日矩阵对于加乘运算封闭，因此可以用若干个小蒙日矩阵组成大的。

UOJ285

显然有 \(f_i=\min\limits_{j<i}{f_j+w(j,i)}\)，对于 \(w(l,r)\)，可以 用主席树讨论着做二维偏序。

猜测 \(w(l,r)\) 满足四边形不等式，可以对 \(q=1\) 的情况讨论，若此时是蒙日矩阵，那么所有约束区间加起来仍然是蒙日矩阵。

二分栈就好。

ARC066F

代价的形式提醒我们按区间进行选择，\(f_i\gets f_{j-1}+\binom{i-j}{2}-(s_i-s_{j-1})\)。

这个满足四边形不等式，但四边形不等式是个很下位的性质，事实上这个 dp 可以用斜率优化。

考虑询问如何处理，一个套路是设 \(f_i,g_i\) 分别是前后缀 \(i\) 个，那么可以拼起来表示出不选修改点的答案。

再求出 \(h_i\) 强制选 \(i\) 的全局答案，也可以对应算出修改点贡献的变化。

\(f,g\) 斜优，对于 \(h\) 考虑做分治即可。

无来源

显然每个商店从小往大买，排序后求前缀和，有转移 \(f(i,j)\gets f(i-1,k)+s(i,j-k)+a_i\)。

把 \(a_i\) 合到 \(s(i,0)\) 上，并做一次 \(f(i,j)\gets f(i-1,j)\)，仍然满足四边形不等式。

此时复杂度 \(\mathcal{O}(nk\lg k)\)，考虑减少商店个数。

将商店按 \(s(i,1)\) 排序，显然前 \(k\) 个以外的商店不会只买一件。

剩下的部分按 \(s(i,2)\) 排序，显然前 \(k/2\) 个以外的商店不会只买不超过两件。

以此类推，可以取出 \(\mathcal{O}(k\lg k)\) 个商店，其余的都没用，于是复杂度 \(\mathcal{O}(k^2\lg^2k)\)。

UOJ672

\(f(i,j)\) 为第 \(i\) 次操作后另一个点在 \(j\) 的答案。

因为没有结构，只能挖掘 \(dis(i,j)\) 的性质。

比较神奇的，因为原图是三角剖分，所以 \(\operatorname{distance}\) 可以满足一个类似四边形不等式的东西。

为啥是类似呢？因为这个东西它不仅能满足四边形不等式的式子，而且它是环形的满足，这就导致我们的决策单调性有一点问题。

盖了就好了，我们把 \([1,n]\) 复制到 \([n+1,2n]\)，这样原本性质在环上成立，现在在链上也有决策单调性了。

那么直接做一个 \(f(i,j)\) 的朴素 dp 就好了，我们用 std::set 在蒙日阵上维护决策点对应的区间。

写法要查找单点和二分对应区间，比较古神，建议阅读代码。

理论查询次数看着很极限，实际也如此，不过因为二分的时候两个合一起的长度是不超过 \(2n\) 的，所以其实能跑。

LOJ3919

显然 wqs 二分一下，猜测 \(w(l,r)\) 确实是满足四边形不等式的。

有神经仨 \(\lg\) 做法，cdq 分治一下类莫队算权值即可。

事实上可以单 \(\lg\)，考虑建出笛卡尔树，可以在上面 dp 算代价，没太听懂。

upd：喜报，使用单老哥分治法可做到两只老哥，战胜了笛卡尔树上李超，然而有点卡哈希。

P8864

随便加和不变，于是想到做个异或前缀和变成交换操作，要求至多 \(k\) 段连续的 \(a_{l-1}\)。

这个东西也可以四边形不等式！且注意到我们的转移 \(f_k(l,r)\gets f_{k-1}(l,p)+w(p,r)\)，它长成个矩阵的模样。

因此我们可以使用 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的矩阵乘法配合矩阵快速幂解决这个题！

CF1534G

对于一个点 \((x_i,y_i)\)，发现最优的处理点 \((x,y)\) 满足 \(x+y=x_i+y_i\)，按此排序。

设 \(f(i,x)\) 为考虑前 \(i\) 个点且横坐标的 \(x\) 处的代价，有转移 \(f(i,x)\gets f(i-1,x')+|x_i+y_i-x-y_i|+|x_i-x|\)。

显然可以拆绝对值，然后用 slope-trick 解决。

LOJ2537

原题，显然是可以 \(f(i,x)\) 然后线段树合并的。

LOJ3044

先求 \(\le k\) 的方案数。

考虑最初根节点为 \(W\)，那么造成影响就需要干扰从 \(W\) 到根的一条链。

一个想法是设 \(f(u,0/1/2)\)，

LOJ3711

最小值的期望比较难求，计算 \(\ge V\) 的概率再求和。

将 \(\ge V\) 的点染黑，则从 \(x\) 只能走到错误的全黑子树，再走到 \(y\)。

\(f(x,y)=\prod w_u\)。

\(g(x)=1+\sum\frac{g_v}{c_{u,v}+1}\)。

\(c_{u,v}\) 是 \(y\) 在 \(v\) 中的 \(c_u\)。

显然符合矩阵形式，不断染黑再计算，可以动态 dp。

QOJ5171

GYM102155J

\(f(i,j)\) 为考虑前 \(i\) 个数，另一个子序列前缀最大值为 \(j\)。

令 \(\max\{a[1,i]\}=m_i\)。

1. \(j<a_i，\)f(i,j)=f(i-1,j-1)+m_i-a_i$；
2. \(j>a_i\)，\(f(i,j)=f(i-1,j-1)+j-a_i\)。
3. \(f(i,a_i)=\min\limits_{j<a_i}f(i-1,j)\)。

\(-a_i\) 看作全局 tag，操作三看作单点修改，操作一是前缀加定值，但操作二后缀加下标。

把操作二先挂着，遇到操作三再执行。

有神秘性质 \(j=k+1,f_k\le f_j\)，那么 \(j\) 是没用的可以删掉。

P10181

显然有四边形不等式然后 wqs 二分，转移式子 \(f(i,k)=\max\limits_{j\le i}f(j-1,k-1)+w(j,i)\)。

但是对于 \(m\) 次询问还是太吃操作了，发掘一下性质。

wqs 二分的斜率为 \(c\)，存在一个关系 \(c\le\frac{n}{L(c)-1}\)。

\(L(c)\) 为此时的最优段数，这个比较符合人类认知，\(c\) 大了段数就少了。

那么对 \(k\) 根分，\(k\le B\) 时朴素 dp，\(k>B\) 有 \(c\le n/B\) 再做 wqs 二分。

计算过程可以使用单调栈配合并查集定位做到 \(\mathcal{O}(n)\)，整体 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。