四边形不等式

四边形不等式

基本概述

四边形不等式本质是在决策时利用单调性进行的一种优化，通常与动态规划结合

例题 石子合并

我们先看一道非常经典的问题：

在一个园形操场的四周摆放N堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相邻的2堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。试设计出1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆最小得分.

暴力做法

显然是经典区间DP

断环为链后，令 \(dp[i][j]\) 表示区间答案，则

$dp(l,r) = \min\limits_{l \le k \le r}(dp(l,k))+dp(k+1, r)))+w(l, r)) $

显然，这样直接做的话有n^{2个状态，每个状态的迭代需要O(n)枚举，所以复杂度是O(n}3)，为了方便之后的对比，我们直接写出暴力代码代码如下：

for(int i=n*2-1;i;i--){
    for(int j=i+1;j<n*2;j++){
        for(int k = i; k < j; k++)
            if(f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<f[i][j]){
                f[i][j] = f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 
            }
    }
}

四边形不等式初探——先走一遍过程

关于这个问题的优化，便是典型的四边形不等式

我们从问题解决的角度来学习，干脆先走一遍过程，中间的证明环节我们先不管他

对于序列上的四个点\(l、l'、r'、r\)，如果满足以下两个性质☆挖坑1☆：

①区间覆盖的单调性：若\(l \leq l' \leq r' \leq r\)，则\(w(i', j')<w(i,j)\)

一般来说，这个性质一眼能看出来，且大多情况都是可以满足的，所以一般教程提到似乎不多

②四边形不等式：若\(l \leq l' \leq r' \leq r\)，则\(w(l,r')+w(l',r) \leq w(l',r')+w(l,r)\)

我们可以把4个区间看成两条线段的端点，也就是线段相交的情况比包含的情况更优，就像是一个四边形的对角线和上下边进行对比，估计这个名字也是由此而来的

在看我们的公式：$dp(l,r) = \min\limits_{l \le k \le r}(dp(l,k))+dp(k+1, r)))+w(l, r)) $

只要\(w(l,r)\)满足该性质，则有两个神奇的结论：

①\(dp(l,r)\)同样满足四边形不等式

②若\(dp(l,r)\)的最优决策点为m，则\(m\)介于\(dp(l,r-1)\)和\(dp(l+1,r)\)的最优决策点之间

即\(m(l,r-1) \leq m(l,r) \leq m(l+1,r)\)

这里还是放到矩阵上图形化理解会快一点

关键在于第二个结论，因为这个结论直接影响了代码中k这一层的循环范围！

原理先放着☆挖坑2☆

我们完善代码：

for(int i = 1; i < 2*n; i++)
    m[i][i] = i;//初始化
for(int i=n*2-1;i;i--){
    for(int j=i+1;j<n*2;j++){
        for(int k = m[i][j-1]; k < m[i+1][j]+1; k++)
            if(f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]>f[i][j]){
                f[i][j] = f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]; 
                m[i][j] = k; //记录决策点
            }
    }
}

至此，代码得到优化，虽然看着还是三层循环，但是本质是\(O(n^2)\)的，从图形上看，每层循环的新状态是在迭代矩阵上的一条斜线，以第一层主对角线为例，斜线的循环总次数是\(m(2,1)-m(1,0)+m(3,2)-m(2,1)……+m(i+1,j)-m(i,j-1) +……+ m(n+1,n)-m(n,n-1)\)（加1减1的细节去掉了反正不影响），会发现全部抵消，所以宏观上均摊是\(O(n^2)\)的

至此问题解决

证明过程

流程简单，但是为什么可以这么推呢？

挖坑1：如何保证dp(i,j)符合四边形不等式呢？可以将最小值换成最大值来做吗？

根据不同情况下的证明分类

我们对 \(l \le l' \le r' \le r\) 的情况进行分类讨论和证明。

情况一：当 \(l' = l\)

当 \(l' = l\) 时，有以下证明过程：

\(dp(l,r') + dp(l',r) = dp(l,r') + dp(l,r)\) （因为 \(l' = l\)）

又因为 \(l = l'\)，所以：

\(dp(l',r') + dp(l,r) = dp(l,r') + dp(l,r)\)。

由此可得命题 成立，证明完成。

情况二：当 \(r' = r\)

与 \(l' = l\) 的情况类似，不再赘述。

情况三：当 \(l' = r'\)

根据 \(dp\) 方程定义，当 \(l' = r'\) 时，\(dp(l',r')=0\)，因此：

\(dp(l,r) + dp(l',r') = dp(l,r) + 0 = dp(l,r)\)。

从而进一步得出 \(dp(l,r) = dp(l,r) + dp(l',r')\)，命题 成立，证明完成。

情况四：当 \(l' = r' \le k\)，其中 \(k = opt(l,r)\)

此时我们结合数学归纳法来证明。

1. 第一步：证明当 \(r = r'\) 时， 成立。此已在 \(r' = r\) 的情形中证明。

2. 第二步：设当 \(r \ge r'\) 时 成立，则可推导出 \(P(\{x|x>r\})\) 成立。由于 \(r' \le k < r\)，可将第二步转化为：假设 \(P(k)\) 成立，可推导出 成立。

也就是说我们有如下假设：

\(dp(l,r') + dp(l',k) \le dp(l,k) + dp(l',r')\)。

在此假设条件下，我们可以证明：

\(dp(l,r') + dp(l',r) \le dp(l,r') + dp(l',k) + dp(k+1,r) + c(l',r)\)

\(\le dp(l,r') + dp(l',k) + dp(k+1,r) + c(l,r)\) （因 \(c\) 的单调性）

\(\le dp(l,k) + dp(l',r') + dp(k+1,r) + c(l,r)\) （根据假设）

\(= dp(l,k) + 0 + dp(k+1,r) + c(l,r)\) （根据 \(dp\) 定义）

\(= dp(l,r)\) （根据公式(1)）

\(= dp(l,r) + dp(l',r')\) （根据公式(2)）

证明完毕。

当 \(k < l' = r'\)

同上面的方法，利用数据归纳法（这里将命题参数从 \(r\) 换成 \(l\)，即命题 \(P(l)\)）进行证明。

1. 第一步：证明当 \(l = l'\) 时，\(P(l)\) 成立，此在 \(l' = l\) 的情况中已证明。

2. 第二步：设当 \(l \le l'\) 时 \(P(l)\) 成立，则可推导出 \(P(\{x|x<l\})\) 成立。由于 \(l \le k < l'\)，因此可将第二步转化为：假设 \(P(k+1)\) 成立，可推导出 \(P(l)\) 成立。

有如下假设：

\(dp(k+1,r') + dp(l',r) \le dp(k+1,r) + dp(l',r')\)。

在此假设下，有：

\(dp(l,r') + dp(l',r) \le c(l,r') + dp(l,k) + dp(k+1,r') + dp(l',r)\)

\(\le c(l,r) + dp(l,k) + dp(k+1,r') + dp(l',r)\) （因 \(c\) 的单调性）

\(\le c(l,r) + dp(l,k) + dp(k+1,r) + dp(l',r')\) （根据假设）

\(\le c(l,r) + dp(l,k) + dp(k+1,r) + 0\) （根据 \(dp\) 定义）

\(= dp(l,r)\) （根据公式(1)）

\(= dp(l,r) + dp(l',r')\) （根据公式(2)）

证明完毕。

当 l < l' < r' < r

设 \(x = opt(l,r)\)，\(y = opt(l',r')\)。

由 \(opt\) 定义可得：\(l \le x < r\), \(l' \le y < r'\)。

情形一：\(y < x\)

此时有 \(l < l' \le y < r'\), \(x < r\)。于是 \(l \le y < r'\), \(l' < x < r\)。根据推论(1)可得：

\(dp(l,r') \le dp(l,y) + dp(y+1,r') + c(l,r')\)

\(dp(l',r) \le dp(l',x) + dp(x+1,r) + c(l',r)\)。

利用数据归纳法证明命题 \(P(r')\)。

1. 当 \(r' = l'\) 时，\(P(r')\) 成立，此在 \(l' = r'\) 时已证明。

2. 假设当 \(r' \ge l'\) 时 \(P(r')\) 成立，可推出 \(P(\{x|x>r'\})\) 成立。由于 \(r' > y \ge l'\)，可将第二步转化为：假设 \(P(y)\) 成立，则可推出 \(P(r')\) 成立。而因为 \(x > y\)，有如下假设：

\(dp(l,y) + dp(l',x) \le dp(l',y) + dp(l,x)\)。

在此假设下，可证明：

\(dp(l,r') + dp(l',r) \le dp(l,y) + dp(y+1,r') + c(l,r') + dp(l',x) + dp(x+1,r) + c(l',r)\)

\(\le dp(l,y) + dp(y+1,r') + c(l',r') + dp(l',x) + dp(x+1,r) + c(l,r)\) （因 \(c\) 的四边形不等式）

\(\le dp(l',y) + dp(y+1,r') + c(l',r') + dp(l,x) + dp(x+1,r) + c(l,r)\) （根据假设）

\(= dp(l',r') + dp(l,r)\) （根据公式(1)）

证明完毕。

情形二：\(x \le y\)

有 \(l \le x, l' \le y < r' < r\)，故 \(l \le x < r', l' \le y < r\)。根据推论(1)可得：

\(dp(l,r') \le dp(l,x) + dp(x+1,r') + c(l,r')\)

\(dp(l',r) \le dp(l',y) + dp(y+1,r) + c(l',r)\)。

又有 \(x+1 \le y+1 < r' < r\)，通过数据归纳法我们有如下假设：

\(dp(x+1,r') + dp(y+1,r) \le dp(x+1,r) + dp(y+1,r')\)。

在此假设下，可证明：

\(dp(l,r') + dp(l',r) \le dp(l,x) + dp(x+1,r') + c(l,r') + dp(l',y) + dp(y+1,r) + c(l',r)\)

\(\le dp(l,x) + dp(x+1,r') + c(l,r) + dp(l',y) + dp(y+1,r) + c(l',r')\) （因 \(c\) 的四边形不等式）

\(\le dp(l,x) + dp(x+1,r) + c(l,r) + dp(l',y) + dp(y+1,r') + c(l',r')\) （根据假设）

\(= dp(l,r) + dp(l',r')\) （根据公式(1)）

证明完毕。

挖坑2：为什么只要w(l,r)满足四边形不等式，就可以推导出结论：若dp(l,r)的最优决策点为m，则m介于dp(l,r-1)和dp(l+1,r)的最优决策点之间，即\(m(l,r-1) \leq m(l,r) \leq m(l+1,r)\)

若 \(dp\) 满足四边形不等式，则 \(m\) 满足单调性，即
\(m(l,r-1) \le m(l,r) \le m(l+1,r)\)

证明

设 \(x = m(l,r-1)\), \(y = m(l,r)\), \(z = m(l+1,r)\)，
有以下不等式：
\(l \le x < r-1\), \(l \le y < r\), \(l+1 \le z < r\)

我们用反证法证明：

1. 若 \(y < x\)，结合上述不等式可得
   \(y+1 < x+1 \le r-1 < r\)

   根据四边形不等式，可得：
   \(dp(y+1,r-1)+dp(x+1,r)\le dp(y+1,r)+dp(x+1,r-1)\)

   又因 \(y\) 是 \(dp(l,r)\) 的最佳决策点，即：
   \(dp(l,y)+dp(y+1,r)\le dp(l,x)+dp(x+1,r)\)

   将两式相加，消去相同项，可得：
   \(dp(l,y)+dp(y+1,r-1)\le dp(l,x)+dp(x+1,r-1)\)

   这个不等式意味着对于 \(dp(l,r-1)\) 来说，\(y\) 比 \(x\) 更佳，与前置条件 \(x\) 是 \(dp(l,r-1)\) 的最佳决策点矛盾。

   因此，\(x > y\) 不成立，所以 \(x \le y\)，即 \(m(l,r-1) \le m(l,r)\)。

2. 若 \(z < y\)，结合上述不等式可得：
   \(l < l+1 \le z < y\)

   根据四边形不等式，可得：
   \(dp(l,z)+dp(l+1,y)\le dp(l,y)+dp(l+1,z)\)

   又因 \(z\) 是 \(dp(l+1,r)\) 的最佳决策点，即：
   \(dp(l+1,z)+dp(z+1,r)\le dp(l+1,y)+dp(y+1,r)\)

   将两式相加，消去相同项，可得：
   \(dp(l,z)+dp(z+1,r)\le dp(l,y)+dp(y+1,r)\)

   这个不等式意味着对于 \(dp(l,r)\) 来说，\(z\) 比 \(y\) 更佳，与前置条件 \(y\) 是 \(dp(l,r)\) 的最佳决策点矛盾。

   因此，\(y > z\) 不成立，所以 \(y \le z\)，即 \(m(l,r) \le m(l+1,r)\)。

综上所述，我们有：
\(m(l,r-1) \le m(l,r) \le m(l+1,r)m(l,r-1) \le m(l,r) \le m(l+1,r)\)

证毕

例题1：CF321E

Ciel and Gondolas

题面翻译

Ciel狐狸在游乐园里排队等待上摩天轮。现在有\(n\) 个人在队列里，有\(k\) 条船，第i条船到时，前\(q_{i}\) 个人可以上船。最后一条船将载走剩下的所有人，则\(q_{k}\) 此时载走的人数。
人总是不愿意和陌生人上同一条船的，当第\(i\) 个人与第\(j\) 个人处于同一条船上时，会产生\(u_{i,j}\) 的沮丧值。请你求出最小的沮丧值和。
一条船上的人两两都会产生沮丧值。

输入格式：

第一行两个数代表\(n\) ,\(k\) ，接下来\(n\) 行每行\(n\) 个数，第\(i\) 行第\(j\) 个数表示\(u_{i,j}\) 。
请使用快速读入的技巧，防止读入导致的TLE。

输出格式：

一行一个整数表示最小沮丧值。
贡献者：MSF_Akatsuki

样例 #1

样例输入 #1

5 2
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1
1 1 0 0 0
1 1 0 0 0
1 1 0 0 0

样例输出 #1

0

样例 #2

样例输入 #2

8 3
0 1 1 1 1 1 1 1
1 0 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 1 1 1 1
1 1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 1 0 1 1
1 1 1 1 1 1 0 1
1 1 1 1 1 1 1 0

样例输出 #2

7

样例 #3

样例输入 #3

3 2
0 2 0
2 0 3
0 3 0

样例输出 #3

2

提示

In the first example, we can allocate people like this: {1, 2} goes into a gondolas, {3, 4, 5} goes into another gondolas.

In the second example, an mimal solution is : {1, 2, 3} | {4, 5, 6} | {7, 8}.

显然，可以根据划分型DP的套路搞出公式：\(dp[i][j]=\min\limits_{1\le k\lt j}(dp[i-1][k]) + w(k,j)\)

\(w(l,r)\)其实就是个二维前缀和，打个表发现符合四边形不等式...（其实前缀和必定符合这个性质）

于是...

dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= K; i++)
    for (int j = N; j >= 1; j--){
        for (int k = m[i - 1][j]; k <= m[i][j + 1]; k++)
            if (dp[i][j] > dp[i - 1][k - 1] + cal(k, j)){
                dp[i][j] = dp[i - 1][k - 1] + cal(k, j);
                m[i][j] = k;
            }
    }

记得快读

例2. [NOI2009] 诗人小G

题目描述

小 G 是一个出色的诗人，经常作诗自娱自乐。但是，他一直被一件事情所困扰，那就是诗的排版问题。

一首诗包含了若干个句子，对于一些连续的短句，可以将它们用空格隔开并放在一行中，注意一行中可以放的句子数目是没有限制的。小 G 给每首诗定义了一个行标准长度（行的长度为一行中符号的总个数），他希望排版后每行的长度都和行标准长度相差不远。显然排版时，不应改变原有的句子顺序，并且小 G 不允许把一个句子分在两行或者更多的行内。在满足上面两个条件的情况下，小 G 对于排版中的每行定义了一个不协调度, 为这行的实际长度与行标准长度差值绝对值的 \(P\) 次方，而一个排版的不协调度为所有行不协调度的总和。

小 G 最近又作了几首诗，现在请你对这首诗进行排版，使得排版后的诗尽量协调（即不协调度尽量小），并把排版的结果告诉他。

输入格式

输入文件中的第一行为一个整数 \(T\)，表示诗的数量。

接下来为 \(T\) 首诗，这里一首诗即为一组测试数据。每组测试数据中的第一行为三个由空格分隔的正整数 \(N,L,P\)，其中：\(N\) 表示这首诗句子的数目，\(L\) 表示这首诗的行标准长度，\(P\) 的含义见问题描述。

从第二行开始，每行为一个句子，句子由英文字母、数字、标点符号等符号组成（ASCII 码 \(33 \sim 127\)，但不包含 -）。

输出格式

于每组测试数据，若最小的不协调度不超过 \(10^{18}\)，则第一行为一个数，表示不协调度。接下来若干行，表示你排版之后的诗。注意：在同一行的相邻两个句子之间需要用一个空格分开。

如果有多个可行解，它们的不协调度都是最小值，则输出任意一个解均可。若最小的不协调度超过 \(10^{18}\)，则输出 Too hard to arrange。每组测试数据结束后输出 --------------------，共 20 个 -，- 的 ASCII 码为 45，请勿输出多余的空行或者空格。

样例 #1

样例输入 #1

4
4 9 3
brysj,
hhrhl.
yqqlm,
gsycl.
4 9 2
brysj,
hhrhl.
yqqlm,
gsycl.
1 1005 6
poet
1 1004 6
poet

样例输出 #1

108
brysj,
hhrhl.
yqqlm,
gsycl.
--------------------
32
brysj, hhrhl.
yqqlm, gsycl.
--------------------
Too hard to arrange
--------------------
1000000000000000000
poet
--------------------

提示

样例输入输出 1 解释

前两组输入数据中每行的实际长度均为 \(6\)，后两组输入数据每行的实际长度均为 \(4\)。一个排版方案中每行相邻两个句子之间的空格也算在这行的长度中（可参见样例中第二组数据）。每行末尾没有空格。

数据规模与约定

测试点	\(T\)	\(N\)	\(L\)	\(P\)
\(1\)	\(\le 10\)	\(\le18\)	\(\le 100\)	\(\le5\)
\(2\)	\(\le 10\)	\(\le 2\times 10^3\)	\(\le 6\times 10^4\)	\(\le10\)
\(3\)	\(\le 10\)	\(\le 2\times 10^3\)	\(\le 6\times 10^4\)	\(\le10\)
\(4\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 200\)	\(\le10\)
\(5\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 200\)	\(\le10\)
\(6\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 3\times 10^6\)	\(2\)
\(7\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 3\times 10^6\)	\(2\)
\(8\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 3\times 10^6\)	\(\le10\)
\(9\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 3\times 10^6\)	\(\le10\)
\(10\)	\(\le 5\)	\(\le 10^5\)	\(\le 3\times 10^6\)	\(\le10\)

所有句子的长度不超过 \(30\) 。

显然，有划分型DP，令\(f[i]\)表示前\(i\)个单词的最有不协调度：\(f[i] = min(f[j]) + w(i,j)\)，其中\(w(i,j)\)为\(i\)到\(j\)统一划分的不协调值，可用前缀和直接求得，注意空格的细节

但是\(O(n^2)\)

令\(P[i]\)为\(f[i]\)的最优划分点，根据之前的性质，\(P[i]\)具有单调性，更强的一个性质就是：对于\(i<i'\)，必有\(P[i] \le P[i']\)，如此每次枚举的区间似乎由\([1,i-1]\)变成了\([p[i-1], i-1]\)，但这种优化其实没啥用，因为复杂度并没有改变，并没有之前二维的情况那样减少复杂度。

但是我们仍旧可以得到一个\(O(nlogn)\)的做法。

首先，对于最终状态，所有的\(P[i]\)是单调的，例如这样：

1 1 2 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5 5 6 6 6

这样一来，我们转变一下思路，当枚举到\(i\)的时候，先更新出\(f[i]\)（怎么更新我们待会说），然后考虑当前的\(i\)这个位置作为最优断点的话能够影响到多少位置。

还是上面的例子，假设现在已经枚举到\(i=7\)了，所以前面所有的\(f[1]\)到\(f[6]\)都已经搞定了，整个\(P\)数组的状态就是之前的例子：

1 1 2 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5 5 6 6 6

现在，我们处理\(f[7]\)，显然，目前第\(7\)个位置的最优断点为\(3\)，即\(P[7]=3\)，所以可以用公式\(f[7]=f[3]+w(4,7)\)计算出\(f[7]\)

接下来，我们考虑\(7\)这个位置作为最优断点的话能够影响到多少位置，我们这里要倒着考虑，先考虑最后一段的最左端位置\(15\)，最优断点为\(6\)，代入公式计算出的最优值为\(f[15]=f[6]+(7,15)\)，同样的，我们将\(7\)也作为断点带入，\(f[15]=f[7]+(8,15)\)，若后者更优，则说明这一整段都要替换为\(7\)（单调性嘛），而且还要照此思路往前循环，比对每一段的左端点。若前者更优，则说明这一段有可能只有后一半会被\(7\)替换，如：

1 1 2 2 2 3 3 3 3 5 5 5 5 5 6 7 7

这里我们可以考虑二分找到这个临界点，在这一段内二分一个位置\(mid\)，比较一下两个不同的\(f[mid]\)，即\(f[6][mid]+w(7,mid)\)和\(f[7][mid]+w(8,mid)\)即可。

具体实现方法不一，常见的是用一个双端队列存储每一段\(P\)值，队列元素是个三元组，\((x,l,r)\)表示\(l\)到\(r\)这一段全部是\(x\)，一开始全部是\(0\)或者\(1\)也就是\((0,1,n)\)或\((1,1,n)\)，然后进行更新，每次枚举到i，先删队首，将区间不包含i的删去，如此则队首必然能得到当前\(f[i]\)的最优断点，然后队尾照着上面步骤删除，直至出现队伍中元素更优的情况，然后二分，二分之后删去原队尾\((6 6 6)\)，添加两个新队尾\((6)\)、\((7 7)\)。

细节蛮多的，祝好运