DP优化相关

决策单调性与四边形不等式

四边形不等式提供了决策单调性的一个充分但不必要的条件

限制是

\[\forall a\le b\le c\le d, val(a,c)+val(b, d) \preceq val(a,d)+val(b,c) \]

只需要满足

\[\forall a < c, val(a,c)+val(a+1, c+1) \preceq val(a,c+1)+val(a+1,c) \]

就可以

无限制序列分割

考虑这样一个 \(DP\)

\[f_i = \min_{k < i} f_k + val(k, i) \]

当 \(val\) 满足四边形不等式时, 决策具有单调性

证明

我们考虑新的二元函数 \(C(k, i) = f_k + val(k, i)\)

他显然也满足四边形不等式

然后我们发现决策具有单调性时, 对应点与其决策点构成一个区间, 这些区间之间有两种情况: 相交或者不交

二元函数 \(C\) 因为满足四边形不等式所以可以使得它们之间没有包含关系, 只满足上边的两种情况

代码实现

• 分治

用于从一个数组转移到另一个数组, 好写, 具体而言就是写一个函数 \(solve(l, r, L, R)\)

表示 \([l,r]\) 转移决策范围是 \([L,R]\)

然后 \(mid\) 的转移暴力求解, 然后递归求解

复杂度 \(O(nlogn)\)

• 二分队列

贴一个实现的模板吧

void add (int i) {
	int pos = n + 1;
	while (head <= tail && work(sta[tail].l, sta[tail].k) >= work(sta[tail].l, i))
		pos = sta[tail--].l;
	if (head <= tail && work(sta[tail].r, sta[tail].k) >= work(sta[tail].r, i)) {
		ll l = sta[tail].l, r = sta[tail].r, mid;
		while (l < r) {
			mid = (l + r) >> 1;
			if (work(mid, i) <= work(mid, sta[tail].k)p) r = mid;
			else l = mid + 1;
		}
		sta[tail].r = r - 1;
		pos = r;
	}
	if (pos != n + 1) sta[++tail] = {pos, n, i};
}

int main() {
    sta[0] = {1, n, 0};
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = work(i, sta[head].k);
        if (i == sta[head].r) head++;
        sta[head].l = i + 1;
        add(i);
    }  
}

反向决策单调性

一个非常有意思的点是, 如果 \(val\) 满足的是反向的四边形不等式的话, 决策点整体 呈现单调下降的趋势

也是考虑新的二元函数 \(C(k, i) = f_k + val(k, i)\)

那么具有反向的四边形不等式, 让他决策点与原位置构成的区间之间只满足两种情况: 无交, 包含关系

所以 决策点整体 呈现单调下降的趋势, 因为有无交的关系

实现可以使用二分栈进行实现, 和二分队列大相径庭

当然也可以使用分治, 具体情况具体分析

这种决策单调性不易打表观察出来，所以实战中要多关注

例: [JSOI2011] 柠檬

[USACO19FEB] Mowing Mischief P

切割面积尽可能大的限制条件是最长上升子序列, 这个限制条件让一个点的转移点收到了限制

按照横坐标从小到大, 从最长上升子序列从大到小进行转移, 当最长上升子序列相等时, 横坐标从小到大, 纵坐标从大到小, 我们可以很轻松的列出一个 1D1D \(DP\)

二元函数 \(val\) 不适合斜率优化, 考虑四边形不等式

推出来是反向决策单调性

但是转移具有限制条件, 直接使用二分栈是错误的, 考虑限制条件是一段区间, 使用线段树分治

这时, 在线段树的一个节点上具有完全的决策单调减的性质

因为我们考虑 \(a \le b \le c \le d\) 四边形不等式的前提中的 \(b \le c\) 永远是满足的

所以可以把从哪里转移的数组放在转移到的数组之前, 任意一个决策点与原位置的区间必然有交, 交于交接处, 又因为只有包含关系, 所以是完全单调减

tips: vector神力, 多用指针

限制段数序列分割

可以使用 wqs二分 做到 \(nlogVlogn\) 见下

这里使用决策单调性可以做到 \(n^2\)

这是一个 2D/1D \(DP\)

\[f_{i, j} = \min _{k < i} f_{k,j - 1} + val(k,i) \]

当 \(k\) 固定时, 这是上边的 \(DP\) 转移, 所以有 决策单调性

复杂度可以做到 \(n^2logn\)

考虑当 \(i\) 固定时, 决策具有什么样子的性质

序列长度固定, 分的段数不同, 考虑 \(k, k+1\) 段的分法之间

因为具有四边形不等式的限制, 所以一定不能具有包含关系, 手摸几遍发现最后一段的长度满足 \(k + 1\)分法小于 \(k\) 这就是它的决策单调性

所以有

\(opt(i - 1, j) \le opt(i, j) \le opt(i + 1, j)\)

复杂度可以通过求和计算得到是 \(n^2\)

分治

我们也可以不完全使用上边的算法

使用 \(nklogn\) 的暴力

使用分治实现, 好处是可以利用莫队求解 \(val\)

可以对左右端点分析, 发现移动次数是 \(nlogn\) 级别的

如果不能使用分治呢 \(?\) 并且左右端点也只能移动呢 \(?\) 那么我们可以使用 \(cdq\) 分治来解决来多一个\(log\) 来解决

Yet Another Minimization Problem

区间 DP

\[f_{l, r} = \min_k f_{l, k} + f_{k + 1, r} + val(l, r) \]

当 \(val\) 满足四边形不等式以及区间包含单调性时, 有

\(opt(i - 1, j) \le opt(i,j) \le opt(i, j + 1)\)

证明省略, 不重要

可以优化区间 \(DP\)

例题

• 一段的贡献是 \(val(l, r) = max_l^r \{ a_i \} \times (n - l + 1)\)

乍一看我们无法证明他具有决策单调性, 但是我们发现 \(max\) 的出现让转移点只能在前缀最大值处, 所以可以只考虑这些点, 发现值是递增的, 发现可以使用决策单调性

凸包相关

函数的凸性是一种非常优美且强有力的性质

定义

何为凸包?

函数满足 \(\forall x, d, \frac{F(x-d)+F(x+d)}{2} \ge F(x)\) 这个是下凸

函数满足 \(\forall x, d, \frac{F(x-d)+F(x+d)}{2} \le F(x)\) 这个是上凸

还有别的表述为 原函数的导函数单调不降, 二阶导函数非负

---

证明凸性可以使用网络流建模

最小费用最大流中, 最小费用关于最大流是下凸的

wqs二分

解决的问题都形如 恰好 k 个

考虑 \(k\) 与 答案对应形成的函数, 如果他是一个凸的, 那么我们可以使用 wqs二分

考虑一条直线与这个凸包上某一个点相交了, 考虑它的横截据

\(y = kx + b\) 当 \((x, f_x)\) 时, 解的 \(b = f_x - kx\)

而且我们惊奇的发现, 当 交点是切点的时候, 横截据是一个最值!

最值的类别取决于上凸还是下凸

所以我们使用这种方法, 做一个无限制, 但是带权的 \(DP\) 就可以求出它与哪个点相交, 然后二分斜率

对于斜率相等的情况, 我们可以使用强制少选, 再二分小于等于的方法解决

• [国家集训队] Tree I

发现有恰好, 所以猜测凸性, 然后使用 \(wqs\) 二分

就变成了一个最小生成树问题

• [八省联考 2018] 林克卡特树

发现有恰好, 所以猜测凸性, 然后使用 \(wqs\) 二分

考虑使用树形 \(DP\)

问题其实相当于选择 \(k\) 条不相交的路径, 让路径和最大

这个可以使用树形 \(DP\) 解决

与四边形不等式

我们考虑一种非常常见的 \(DP\) , 有限制的序列分割问题

\(f_{i,j} = \min_{k} f_{k,j-1} + val(k, i)\)

当 \(val(a, b)\) 满足四边形不等式时候, 关于块数的最优函数具有凸性

证明:

我们只需要证明段数函数 \(F(x)\) 满足 \(F(x-d)+F(x+d) \ge 2F(x)\)

考虑一个 \(x-d\) 的分法与 \(x+d\) 的分法有什么关系, 它们分的段数必然有包含关系, 考虑一个包含关系

\(p_{x-d, i} < p_{x+d, i+d} < p_{x+d, i + 1 + d} < p_{x - d, i + 1}\)

然后应用四边形不等式, 构造出两个和比较劣 \(x\) 段的分法

\(p_{x-d,1}...p_{x-d,i}, p_{x+d,i + d + 1},p_{x+d,i+d+2}...\) 段数为 \(i + x + d - (i + d + 1) + 1 = x\)

\(p_{x+d,1}...p_{x+d,i+d},p_{x-d,i+1},...\) 段数也为 \(x\) 的

所以就有 \(F(x-d) + F(x + d) \ge 2F(x)\)

证毕

所以当二元函数满足四边形不等式时, 可以使用决策单调性进行优化, 有时候也可以使用 wqs二分解决

[IOI2000] 邮局 加强版 加强版

slope trick

用于维护凸包的一种方式

适用条件为 \(DP\) 数组为凸包的时候, 且斜率都为整数的时候, 并且斜率变化不大

为了方便的插入删除维护这个凸包, 并且支持凸包之间的加减

slope_trick 使用了维护拐点的方法, 具体地, 如果拐点两边的斜率相差多少, 就插入几个点

在维护一条凸包上的一次函数, 来唯一确定这个凸包

凸包加法就是拐点集合计划

一般题目中, 我们通常使用堆来维护这个东西, 不过也可以使用平衡树来维护

思维量比较少, 不过代码比较难写

• 序列 sequence

给定一个序列，每次操作可以把某个数 \(+1\) 或 \(−1\) .要求把序列变成非降数列. 而且要求修改后的数列只能出现修改前的数.

一个普通的 \(DP\) 是设 \(f_{i, j}\) 表示把第 \(i\) 个数变成 \(j\) 的最小代价

将 \(f_i\) 视为一个函数

一次转移相当于是加上函数 \(g = \left| x - a_i \right|\)

因为 \(g\) 是凸函数, \(f_0\) 也是凸函数, 所以 \(f_i\) 是凸函数

考虑 slope_trick 维护

一次转移先是做前缀最小值, 然后在凸包加法

前缀最小值就是弹出堆顶直到堆顶是最低点, 这个怎么判断

分类讨论, 如果绝对值函数最低点在原函数最低点右边, 绝对值函数最低点成为最低点

否则右边斜率加一, 可以通过弹出一个堆顶实现减一, 实时统计答案

代码

	for (int i = 1, x; i <= n; i++) {
		std::cin >> x;
		q.push(x);
		if (x < q.top()) {
			ans = ans + q.top() - x;
			q.pop();
			q.push(x);
		}
	}

• Snuketoon

向左向右移动的操作实在是比较难搞

所以我们不妨将它拆成两部分, 以最低点为界限, 那么这个操作, 就是堆中整体打 \(tag\) 整体左右移动

然后修改的函数, 进行分类讨论, 是不难维护的

• 烟火表演

不难列出 \(DP\) \(f_{i, j}\)

考虑它从儿子转移到父亲, 边只能减少不能增加, 所以进行分类讨论可以得到

\[f_i(x) = \begin{cases}f_i'(x) + l & x \le L \\ f_i'(L) + (l - (x - L)) & L \le x \le L + l \\ f_i'(L) & L + l \le x \le R + l \\ f_i'(L) + ((x - R) - l) & R + l \le x \end{cases} \]

它对这个函数做了什么呢?

• 将斜率大于 \(0\) 的斜率改为 \(1\)

容易发现, 这个操作让最终的函数斜率最大值为 \(1\)

所以考虑, 最终父亲的函数斜率最大值为 \(deg\)

这个直接弹出 \(deg - 1\) 个点就可以了

• 将斜率等于 \(0\) 的右移 \(l\)

整体 \(+l\) 在扔回堆中

• 加入一段斜率为 \(-1\) 的

做完 \(2\) 操作就可以得到

使用 可并堆维护就可以了

至于如何找到一条直线, 一种巧妙的做法是不用实时维护, 而是考虑特殊情况, 当距离都为 \(0\) 时, 那么就要把所有边都删掉, 可以直接求和得到这条直线

附

一些凸包函数维护的解决方法

• 加法

一次函数与凸包集合相加

• 前缀/后缀取 \(min\)

去掉 \(k > 0\) \((k < 0)\) 的部分

• 平移/反转

整体打标记

斜率优化

一个经典 \(DP\) 模型

\[F_i = \min_{L(i) \le j \le R(i)} F_j + val(i, j) \]

这是一个 \(1D1D\) 的 \(DP\) 模型

斜率优化可以优化这个东东, 一般函数 \(val(i, j)\) 形如

\(val(i, j) = Aij + Bi + Cj\)

\(i, j\) 表示与 \(i, j\) 相关的值, \(A, B, C\) 为常数

那么考虑把 \(j\) 视为变量

\(F_i = F_j + Aij + Bi + Cj\)

移项得到

\(F_j + Cj = -Aij + (F_i - Bi)\)

这是一个一次函数的形式

\(Bi, Ai\) 是定值, 所以这条 斜线斜率固定, 要求横截据最小, 经过点 \((j, F_j+Cj)\)

所以可以维护一个下凸包, 来优化这个东东

介绍一道例题

• [SDOI2012] 任务安排

容易列出 \(DP\) 式子

\(F_i = \min F_j + sumT_i \times (sumC_i - sumC_j) + S \times (sumC_n - sumC_j)\)

后边就是 \(val(i, j)\)

按照上边的变形规则可以变形为

\(F_j - SsumC_j = sumT_i \times sumC_j + F_i - sumT_i \times sumC_i - S \times sumC_n\)

然后斜率优化问题在于如何维护这个凸包

当斜率 \(sumT_i\) 是递增时, 不用二分, 最左侧就是最优决策点

\((sumC_j, F_j - SsumC_j)\) 的 \(sumC_j\) 是递增的

所以维护凸包也是容易的, 可以使用一个队列之类的东西维护

复杂度 \(O(n)\)

但是这道题 \(sumT_i\) 不一定是递增的

不过可以二分凸包

复杂度 \(O(nlog_n)\)

如果插入点也不是递增的, 我们有其他的解决方法

例如使用平衡树维护, 当插入一个点的时候, 找到它的前驱和后继, 然后比较斜率

与李超线段树

仍然是考虑这个 \(val(i, j) = Aij + Bi + Cj\)

我们不用 \(j\) 为自变量, 我们用 \(i\) 为自变量

\(F_i = F_j + Aij + Bi + Cj\)

\(F_i - Bi = Aj \times i + F_j + C_j\)

发现一个 \(j\) 确定一个一次函数 \(y = kx + b\)

而 \(i\) 是已知的, 故而我们的问题就变成了李超线段树的经典问题

而且我们发现, 李超线段树的插入是全局插入, 所以没有必要进行线段树给他分成 \(log\) 段

直接在第一个节点向下转移

所以复杂度可以在 \(O(nlogn)\) 内解决

常数还比较小

代码

ll G (ll x, ll o) {
    return k[o] * x + b[o];
}

void modify (ll pos, ll l, ll r, ll t) {
    if (l == r) {
        if (G(l, t) < G(l, s[pos])) s[pos] = t;
        return ;
    }
    ll mid = (l + r) >> 1;
    if (G(mid, t) < G(mid, s[pos])) std::swap(s[pos], t);
    if (G(l, t) < G(l, s[pos])) modify (pos << 1, l, mid, t);
    else if (G(r, t) < G(r, s[pos])) modify (pos << 1 | 1, mid + 1, r, t);
    return ;
} 

ll query (ll pos, ll l, ll r, ll k) {
    if (l == r) return G (l, s[pos]);
    ll mid = (l + r) >> 1;
    if (k <= mid) return std::min(query (pos << 1, l, mid, k), G (k, s[pos]));
    if (k > mid) return std::min(query (pos << 1 | 1, mid + 1, r, k), G (k, s[pos]));
    return 0;
}

[CEOI2017] Building Bridges

Yet Another Partiton Problem

容易列出 \(DP\) 式子

\(f_{i, j} = \min_k f_{k, j - 1} + (i - k) \times \max_{k+1 \le x \le i} a_x\)

第二维很小, 不难想到枚举第二维

容易发现这是一个双变量的转移式子, 也就是二维的

所以我们想到做两次优化

\(\max\) 是好消掉的, 因为他是连续的, 具体体现就是单调栈上

那么我们现在考虑一段内, \(\max\)变成了一个常数 \(A\)

\(f_i = g_k + (i - k) \times A\)

使用斜率优化的方法可以求出 \(A\) 固定时最优的 \(k\)

然后一个 \(A\) 唯一对应一个 \(k\) \(k\) 可以视为不变量

那么 \(A\) 有不同的取值

可以再次做一遍斜率优化

理论上两次斜率优化维护凸包和李超线段树的做法都可以

这里选择了两次使用李超线段树