贡献转 $01$

up：这好像是保序回归问题的一种特殊情况。关于保序回归问题详情请参见2018国家集训队论文《浅谈保序回归问题》(高睿泉)。

问题形式

定义将序列 \(a\) 变成序列 \(b\) 的代价是 \(\sum_{i=1}^{m} |a_i - b_i|\)。求使得序列 \(b\) 满足条件 \(A\) 的 \(a\) 变成 \(b\) 的最小代价。

适用条件

1. 偏序限制：条件 \(A\) 是形如若干 \(a_i \le a_j\)。

2. 可差分：将 \(x\) 变成 \(y\) 的代价是 \(|x - y|\)。

做法

记 \(a^k\) 是将 \(a\) 序列中 \(\le k\) 的数赋值成 \(0\)，将大于 \(k\) 的数赋值成 \(1\) 得到的新序列。答案是使所有 \(k \in \mathbb{Z}\)，\(a^k\) 满足条件 \(A\) 的最小代价的和。

证明

这是答案下界

记 \(F(S)\) 表示将序列 \(S\) 变成满足条件 \(A\) 的最小代价。

由条件 \(2\) 可得，\(|x - y| = \sum_{k \in \mathbb{Z}} |[x > k] - [y > k]|\)，所以
\(\sum_{i=1}^{n} |a_i - b_i| = \sum_{i=1}^{n} \sum_{k \in \mathbb{Z}} |[a_i > k] - [b_i > k]| = \sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i=1}^{n} |[a_i > k] - [b_i > k]|\)，即由 \(a\) 变 \(b\) 的代价等价于对所有 \(k \in \mathbb{Z}\)，\(a^k\) 变成 \(b^k\) 的代价和。

又由条件 1 可得，\(b\) 合法的必要条件是对所有 \(k \in \mathbb{Z}\), \(b^k\) 合法。

所以 \(\sum_{k \in \mathbb{Z}} \sum_{i=1}^{n} |[a_i > k] - [b_i > k]| \ge \sum_{k \in \mathbb{Z}} F(a^k)\)，即这是答案的一个下界。

能取到下界

记 \(g^k\) 表示 \(a^k\) 变成满足条件 \(A\) 代价最小的一个 01 串。

下界能取到等价于存在一个 \(b\) 序列, 使得 \(\forall k \in \mathbb{Z}, b^k = g^k\)，而这等价于随着 \(k\) 的减少，\(\forall i \in [1,n]\)，\(g^k_i\) 不升，即每个位置恰好一次从 \(0\) 变成 \(1\)。

下面是构造性证明。

将问题建模成最小割问题。将 \(g^k_i\) 抽象成点 \(i\)，用源点和汇点分别表示选 \(1\) 和选 \(0\)。如果 \(a^k_i = 1\)，将源点 \(s\) 向点 \(i\) 连容量为 \(1\) 的单向边；如果 \(a^k_i = 0\)，将点 \(i\) 向汇点 \(t\) 连容量为 \(1\) 的单向边。对于条件 \(A\) 中所有偏序关系 \(a_i \le a_j\)，将点 \(i\) 向点 \(j\) 连容量为正无穷的边。那么 \(F(a^k)\) 就等于该网络的最小割，并且对于最小割 \((S,T)\)，如果点 \(i \in S\)， 那么 \(g^k_i = 1\)，否则 \(g^k_i = 0\)。

随着 \(k\) 的减小，输入 \(a^k\) 满足 \(\forall i \in [1,n]\)，\(a^k_i\) 从 \(0\) 变成 \(1\) 恰好一次。所以每次 \(k\) 减小 \(1\)，相当于将一些边 \((v,t,1)\)，修改成 \((s,v,1)\)，感性理解如果我们每次选取最大源集 \(S\)，这只会使得 \(S\) 不断扩大，所以随着 \(k\) 的减小，每个点 \(i\) 恰好从 \(T\) 中归为 \(S\) 一次，每个 \(a^k_i\) 恰好从 \(0\) 变成 \(1\) 一次，对于下界的所有 \(g^k\)，必然能找到一个对应的 \(b\)，证毕。

其中关于随着 \(k\) 的减小，最大源集 \(S\) 只可能扩大的证明将在文末给出。

例题

P12667 [KOI 2023 Round 2] 傻瓜锁。

补充证明

我们要证明：对于网络 \((V,E)\)，每次将一条边 \((v,t)\) 修改成 \((s,v)\)，得到的新最大源集 \(S'\)，和原本的最大源集 \(S\)，满足关系 \(S \subseteq S'\)，其中最大源集的含义是：对于一个网络的所有最小割 \((S,T)\) 中，\(|S|\) 最大的 \(S\)。

对网络 \((V,E)\)，记 \(f(u,v)\) 表示边 \((u,v)\) 的容量，\(g(S)\) 表示割 \((S,V \setminus S)\) 的大小。

引理 \(1\)

\(\forall X \subseteq Y \subseteq V,u \notin Y\)，有 \(g(X \cup \{u\})-g(X) \ge g(Y \cup \{u\})-g(Y)\)。

证明：

\(g(X \cup \{u\})-g(X) = \sum_{v \in V \setminus (X \cup \{u\})}f(u,v)-\sum_{v \in X}f(v,u)\)。

所以上式等价于 \(\sum_{v \in V \setminus (X \cup \{u\})}f(u,v)-\sum_{v \in X}f(v,u) \ge \sum_{v \in V \setminus (Y \cup \{u\})}f(u,v)-\sum_{v \in Y}f(v,u)\)。

由于 \(X \subseteq Y\)，所以 \(V \setminus (Y \cup \{u\}) \subseteq V \setminus (X \cup \{u\})\)。

结合二者可得：\(\sum_{v \in V \setminus (X \cup \{u\})}f(u,v) \ge \sum_{v \in V \setminus (Y \cup \{u\})}f(u,v)\)，且 \(\sum_{v \in Y}f(v,u) \ge \sum_{v \in X}f(v,u)\)。

将两式相加并移项，即得上式。证毕。

引理 \(2\)

\(\forall A,B \subseteq V\)，有 \(g(A)+g(B) \ge g(A \cup B)+g(A \cap B)\)。

证明：

记 \(T = B \setminus A\)，\(C = A \cap B\)。显然有 \(C \subseteq A\)。

接下来我们不断取 \(u \in T\)，直到 \(T = \emptyset\) 为止。显然 \(u \notin C\)，由引理 \(1\) 可得，\(g(C \cup \{u_1\})-g(C) \ge g(A \cup \{u_1\})-g(A)\)。接下来对 \(C \cup \{u_1\}\) 和 \(A \cup \{u_1\}\) 再操作，得 \(g(C \cup \{u_1,u_2\})-g(C \cup \{u_1\}) \ge g(A \cup \{u_1,u_2\})-g(A \cup \{u_1\})\)。将得到的所有不等式相加，得到 \(g(C \cup T)-g(C) \ge g(A \cup T)-g(A)\)，即 \(g(B)-g(A \cap B) \ge g(A \cup B)-g(A)\)，即 \(g(A)+g(B) \ge g(A \cup B)+g(A \cap B)\)，证毕。

原命题证明

上述其实就是割容量函数具有次模性的证明。接下来开始证明原命题。

证明：

记 \(g(S)\) 表示原图中割 \((S,V \setminus S)\) 的大小，\(g'(S)\) 表示将边 \((v,t)\) 翻转成 \((s,v)\) 后，割 \((S,V \setminus S)\) 的大小，记 \(d = f(v,t)\)。

假设 \(S \not \subseteq S'\)，即 \(\exists x \in S,x \notin S'\)。

我们考虑 \(g(S)\) 和 \(g'(S)\) 的关系。如果 \(v \in S\)，则 \(g'(S) = g(S)-d\)；如果 \(v \notin S\)，则 \(g'(S) = g(S)+d\)。我们不妨记 \(I(S) = [v \in S]\)，则上式可以表示成 \(g'(S) = g(S)+d-2dI(S)\)，即 \(g(S) = g'(S)-d+2dI(S)\)

由 \(S \not \subseteq S'\) 得，\(S' \subsetneq S \cup S'\)，结合 \(S'\) 是新图的最大源集，得 \(g'(S') \lt g'(S \cup S')\)。

由 \(S\) 是原图最小割可得，\(g(S) \le g(S \cap S')\)。

由引理 \(2\) 可得，\(g(S)+g(S') \ge g(S \cup S')+g(S \cap S')\)。结合 \(g(S) \le g(S \cap S')\) 可得，\(g(S') \ge g(S \cup S')\)。

对上式变形得到 \(g'(S')-d+2dI(S') \ge g'(S \cup S')-d+2dI(S \cup S')\)，即 \(g'(S') \ge g'(S \cup S')+2d(I(S \cup S')-I(S'))\)。

如果 \(I(S') = 0\)，则 \(I(S \cup S') - I(S') \ge 0\)；如果 \(I(S') = 1\)，则 \(v \in S'\)，由 \(S' \subseteq S \cup S'\) 得，\(v \in S \cup S'\)，即 \(I(S \cup S')-I(S') = 0\)。所以 \(I(S \cup S')-I(S') \ge 0\)。

所以 \(g'(S') \ge g'(S \cup S')\)，与 \(g'(S') \lt g'(S \cup S')\) 矛盾。证毕。