决策单调性优化 DP
前言
为了一道题目，前前后后大约搞了三个小时，当然还是没有看懂，为了巩固知识，遂出此笔记。
定义
决策单调性
在转移方程 \(dp[i]=\min/\max\{dp[j]+w(i,j)\}(1\le j< i)\) 中，其中 \(L_i\) 与 \(R_i\) 单调递增，若函数 \(w()\) 满足四边形不等式，则 \(dp[]\) 具有决策单调性。
四边形不等式
\(w(x, y)\) 为定义在整数集合上的一个二元函数，若 \(\forall a \leq b \leq c \leq d,\; w(a,c) + w(b,d) \leq w(a,d) + w(b,c)\)，那么函数 \(w\) 满足四边形不等式。
为什么叫做四边形不等式呢？在 \(w(x,y)\) 函数的二维矩阵中挖一块四边形，左上角加右下角小于等于左下角加右上角。
定理
四边形不等式
\(w(x, y)\) 为定义在整数集合上的一个二元函数，若 \(\forall a < b,\; w(a,b) + w(a+1,b+1) \le w(a+1,b) + w(a,b+1)\)，那么函数 \(w\) 满足四边形不等式。
证明：
上下两式相加，有：
以此类推 \(\forall a \le b \le c,\; w(a,c) + w(b,c+1) \le w(a,c+1) + w(b,c)\)
同理 \(\forall a \le b \le c \le d,\; w(a,c) + w(b,d) \le w(a,d) + w(b,c)\)
决策单调性
在转移方程 \(f[i] = \min/\max\left\{f[j] + w(j,i)\right\},\; j \in [0,i)\)（为方便描述，以下都使用 \(\min\) 作正，\(\max\) 同理） 中，若函数 \(w\) 满足四边形不等式，则 \(f\) 具有决策单调性。
定义 \(p[i]\) 表示 \(i\) 的最优决策点。
根据 \(p[i]\) 为 \(i\) 的最优决策点，则有
因为 \(w\) 满足四边形不等式，则有
移项，可得
与第一个不等式相加，可得
即 \(i'\) 的最优决策点一定大于等于 \(p[i]\)。故 \(dp[]\) 具有决策单调性。
应用
那么知道其有决策单调性后，有什么应用呢？
既然其有决策单调性，定义 \(p[i]\) 表示 \(i\) 的最优决策点，则 \(p\) 内一定是非严格单调递增的。
那么根据此性质，满足决策单调性的题目主要有两种处理手法。
方法一：单调队列
用单调队列维护单调的决策点，二分找到最优决策点。
以 P3515 Lightning Conductor 为例。
题目大意：在给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 中，对于每一个 \(i\)，找到最小的自然数 \(p_i\) 满足对于任意的 \(j \in [1,n]\)，均有
把这个式子变形：
即
也可以拆分为：
可以发现里面两个 \(\max\) 可以视为同一个问题（只要把序列翻转一下就可以了），所以只需要考虑求出对于每一个 \(i\) 的 \(\max_{j \in [1,i]}\left\{a_j + \sqrt{i-j}\right\}\)。
设
那么我们会得到 \(n\) 个关于 \(i\) 的函数，且
将样例画出来，如图：
可知当 \(i=4\) 时，直线 \(x=4\) 与 \(y_1 = a_1 + \sqrt{x-1}\) 的交点即为 \(p_4\)。
在上图中，对于任意 \(j \in [1,n]\)，\(y_1\) 总是在最上面，也就是说下面的其他函数可以踢掉不要，但由于 \(\text{sqrt}\) 函数的增速递减，会出现如图中 \(y_2,y_4\) 的情况，即存在一个交点使得在该点两边两条直线的位置关系不同。此时如果没有上面的 \(y_1\)，\(y_2,y_4\) 都有可能成为答案，所以不能乱踢。
看下面这种情况：
设 \(k_1\) 为 \(y_1,y_2\) 的交点，\(k_2\) 为 \(y_2,y_3\) 的交点。
此时 \(k_1 > k_2\)，可以发现 \(y_2\) 始终在其他直线的下面，可以放心的将其踢掉。
所以维护出来的决策集合大概就是酱紫的：
对于不同的 \(i\) 来说，都有一个互不不同的直线在最上方，所以该决策集合里的直线都是有用的。可以从图中看出，最优决策点单调递增。
维护决策集合用单调队列，查找直线交点用二分，随便搞搞就行了。
方法二：分治
假设已知 \([l, r]\) 的最优决策在 \([L, R]\) 上。
定义 \(mid = \frac{l+r}{2}\)，设 \(dp[mid]\) 的最优决策为 \(p\)，根据决策单调性，可知 \([l, mid-1]\) 的最优决策在 \([L, p]\) 内，\([mid+1, r]\) 的最优决策在 \([p, R]\) 内。
于是将问题分割成了同类型的规模更小的问题，便可递归分治。
复杂度均为 \(O(n\log n)\)。
代码实现
方法一：单调队列
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int n, a[N];
double dp[N], sqr[N];
int head, tail;
int Q[N], poi[N];
double get(int i, int j) {
return (double)a[j] + sqr[i - j];
}
int Find(int j1, int j2) { // 找到两个直线的交点 i
int l = j2, r = n, mid;
int ans = n + 1;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
// 当前这个位置 i 使得直线 j1 的纵坐标小于直线 j2 的纵坐标，说明这个点 i 在交点的右方，所以右边界要缩小
if (get(mid, j1) <= get(mid, j2)) {
ans = mid;
r = mid - 1;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return ans;
}
void DP() {
head = 1, tail = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 满足上图情况：即队尾 y2 彻底没用的情况
while (head < tail && Find(Q[tail], i) <= poi[tail - 1]) --tail;
int cp = Find(Q[tail], i);
poi[tail] = cp, Q[++tail] = i; // 由于 i 本身也是一个决策点，所以要先入队再取答案择优
// 找到第一个位置 j 使得直线 Q[j] 与直线 Q[j + 1] 的交点大于 i，
// 那么直线 Q[j] 就是 i 前面在最上面的直线，即答案
while (head < tail && p[head] <= i) ++head;
dp[i] = max(dp[i], get(i, Q[head]));
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
sqr[i] = sqrt(i);
}
DP();
for (int i = 1; i <= n / 2; i++) {
swap(a[i], a[n - i + 1]);
swap(dp[i], dp[n - i + 1]);
}
DP();
for (int i = n; i >= 1; --i)
cout << (int)ceil(dp[i]) - a[i] << endl;
return 0;
}
方法二：分治
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int n, a[N];
double dp[N], sqr[N];
double w(int j, int i) {
return double(a[j]) + sqr[i - j];
}
void work(int l, int r, int L, int R) {
if (l > r) return;
int mid = l + r >> 1, p;
double maxn = 0;
for (int i = L; i <= min(mid, R); i++) {
if (w(i, mid) > maxn) {
maxn = w(i, mid);
p = i;
}
}
dp[mid] = max(dp[mid], maxn);
work(l, mid - 1, L, p);
work(mid + 1, r, p, R);
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
sqr[i] = sqrt(i);
}
work(1, n, 1, n);
for (int i = 1; i <= n / 2; i++) {
swap(a[i], a[n - i + 1]);
swap(dp[i], dp[n - i + 1]);
}
work(1, n, 1, n);
for (int i = n; i >= 1; i--) {
cout << (int)ceil(dp[i]) - a[i] << endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号