决策单调性

posted on 2024-05-18 07:30:18 | under | source

省去证明。

基础定义

• 四边形不等式定义

对于二元函数 \(w(a,b)\)，若有 \(a\le b\le c\le d\) 均满足 \(w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)\)，则称 \(w\) 满足四边形不等式。（记为交叉优于包含）

• 一种等价定义

对于 \(a<a+1\le b<b+1\)，均满足 \(w(a,b)+w(a+1,b+1)\le w(a,b+1)+w(a+1,b)\)。

• 包含单调性定义

\(a\le b\le c\le d\) 有 \(w(b,c)\le w(a,d)\)。

相关性质

方便证明的东西。

1. 线性组合：\(w_1,w_2\) 均满足四边形不等式（或包含单调性），则 \(w=aw_1+bw_2\) 也满足四边形不等式（或包含单调性）。注意 \(a,b\ge 0\)。

2. 相减形式：若 \(w(x,y)=f_y-g_x\)，则 \(w\) 满足四边形不等式，大力展开就好。若 \(f,g\) 递增，则 \(w\) 还满足包含单调性。

3. 复合函数：待补充。

决策单调性

下边都是 \(\min\)，换成 \(\max\) 也行。

• 定义

令 \(f\) 是状态数组，\(opt\) 是 \(f\) 的转移数组，记录 \(f\) 从哪转移来。

若 \(opt\) 存在单调性（决策点递增、递减），就称 $$

• 1D型其1

？

\(f_i=\min\limits_{0\le j\le i} w(j,i)\)。

若 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 满足决策单调性。

• 1D型其2

不限划分。

\(f_i=\min\limits_{0\le j<i} (f_j+w(j+1,i))\)。

同 1D 型，原因是 \(f\) 项会在过程中被消掉。

• 2D型其1

限定段数型划分。

\(f_{i,j} = \min\limits_{0\le k< j}(f_{i-1,k}+w(k+1,j))\)。

若 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 满足决策单调性。其中 \(opt_{i-1,j}\le k\le opt_{i,j+1}\)。

• 2D型其2

石子合并型。

\(f_{i,j}=\min\limits_{i\le k\le j}(f_{i,k}+f_{k+1,j}+w(i,j))\)。

若 \(w\) 满足四边形不等式与包含单调性，则 \(f\) 满足决策单调性。其中 \(opt_{i,j-1}\le k\le opt_{i+1,j}\)。

• 函数图象法

适用于无法推导四边形不等式且斜率优化行不通的情况。

利用图象观察，记决策函数 \(g_j(i)\)，那么决策单调性又等价于任意两函数交点至多一个。需要结合题目证明。

决策单调性实现方式

• 分治法

若 calc(l, r, kl, kr) 表示处理决策集合为 \([kl,kr]\) 时求 \([l,r]\) 的最优决策。

那么暴力算出区间中点 \(mid\) 的最优决策 \(k\)，分治实现 calc(l, mid-1, kl, k) 和 calc(l, mid + 1, k, kr) 即可。

复杂度：考虑分治树上每一层，可以发现它们的决策区间都不相交（重合的 \(k\) 只会被其一计算），复杂度 \(O(n)\)。总复杂度 \(O(n\log n)\)。

• 贡献难算（莫队）

若贡献难算，但移动一端可以迅速得出结果时，仿照莫队在递归过程中移动端点即可。

本质是因为双指针被局限在决策区间内，而分治树满足一些优良性质：

1. \([l,r]\to [l,mid-1]\)：至多移动 \(r-l+1\) 次，总复杂度 \(O(n\log n)\)。

2. \([l,mid-1]\to [mid+1,r]\)：其实表述不太准确，应该是从 \([l,mid-1]\) 下面最后遍历的区间转移到 \([mid+1,r]\)。不过，肯定还是在 \([l,mid-1]\) 的范围里的。考虑同一层双指针不左移，总复杂度 \(O(n\log n)\)。

所以还是 \(O(n\log n)\)。

• 二分队列

若转移形如 \(f_j\to f_i,j<i\)，即同一层内向一方向转移时，无法分治计算中点。

决策单调性直接推论：考虑每个点的统治范围，那么一个决策点的范围必定是一段连续区间，且互不相交。

考虑用三元组队列记下这些区间，从头到尾、决策点下标递增、区间在序列上从左到右。

按照下列方式维护：

1. 检查队头右边界是否 \(<i\)，是则弹出并继续检查。结束检查后，让队头左边界 \(=i\)（其实这句不加也行，猜测可以稍微优化复杂度？）。

2. 取出队头，它就是 \(i\) 的最优决策。

3. 取出队尾，若在其左边界下决策 \(i\) 仍然优于它，那么弹出队尾。

4. 现在队尾统治区间的后面一部分要分给 \(i\)，二分即可得出 \(pos\)，满足 \([l,pos]\) 队尾优、\([pos+1,n]\) \(i\) 优。注意判断 \(pos+1\le n\)。

限定段数划分问题

• 定义

将区间 \([1,n]\) 恰好划分为 \(k\) 个小区间，且 \([l,r]\) 价值为 \(w(i,j)\)，令代价最小化。

易得 dp：\(f_{i,j}\gets f_{k-1,j-1}+w(k,i)\)。

• 凸性

若 \(w\) 满足四边形不等式，将 \(f_n(k)\) 视为函数，则 \(f_n\) 是个凸函数（斜率单调）。于是可以使用 wqs 二分。证明去找 larsr 要。

• 共线的处理

为了处理共线的情况，必须在保证值最小的情况下划分的区间数最小或最大。以最小为例，记 \(num_i\) 为 \(f_i\) 取最小时，最小要划分多少个区间。那么 \(num\) 是不降的且邻项至多变化 \(1\)。

考虑归纳，将 \(num\) 视为若干段，那么记之前的段分别为 \(\dots k-2,k-1,k\)。反证法，假如从 \(\le k-2\) 的段转移过来了，则说明存在某个 \(f_x\) 在 \(\le k-2\) 段中，且值 \(\le f_y\)，其中 \(y\) 在 \(k-1\) 段。由决策单调性，显然在 \(k\) 段时也会由 \(\le k-2\) 的部分转移过来，那么它就不可能是 \(k\)，矛盾。

• 这玩意还是蛮有用的，如 IOI 那道外星人、以及邮局加强加强版。