前言
我真的是愚不可及，為什么學這個東西，我本身又不強，而這個東西不但特別難，而且還特別冷門，我真的是白瞎了這么多時間了，現在我把我的辛苦展現出來，給各位強者鋪個道路。
四邊形不等式
（以下所有的自變量的討論均在整數范圍內，設w（a，b）為關於a，b的二元函數）
定義
若二元函數滿足當\(a\leq b\leq c\leq d,\)有\(w(a,d)+w(b,c)\geq w(a,c)+w(b,d)\)，則稱二元函數滿足四變形不等式。
四邊形不等式判定定理
若\(a< b,w(a,b+1)+w(a+1,b)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)\)，則二元函數w滿足四變形不等式。
證明：
對於\(a<c\)，一定有
\(w(a,c+1)+w(a+1,c)\geq w(a,c)+w(a+1,c+1)\)
假設\(a+k<c\)，會有
\(w(a+k,c+1)+w(a+k+1,c)\geq w(a+k,c)+w(a+k+1,c+1)\)
同理\(a+k+1<c\)，有
\(w(a+k+1,c+1)+w(a+k+2,c)\geq w(a+k+1,c)+w(a+k+2,c+1)\)
兩式相加有
\(w(a+k,c+1)+w(a+k+2,c)\geq w(a+k,c)+w(a+k+2,c+1)\)
於是由數學歸納法,加之a，b可以取等號，有
\(a\leq b\leq c,w(a,c+1)+w(b,c)\geq w(a,c)+w(b,c+1)\)
同理，對於
\(a\leq b< c+k\)，有
\(w(a,c+k+1)+w(b,c+k)\geq w(a,c+k)+w(b,c+k+1)\)
至於\(a\leq b< c+k+1\)
\(w(a,c+k+2)+w(b,c+k+1)\geq w(a,c+k+1)+w(b,c+k+2)\)
兩式相加有
\(w(a,c+k+2)+w(b,c+k)\leq w(a,c+k)+w(b,c+k+2)\)
由數學歸納法，加之c，d可以取等號，有
\(a\leq b\leq c\leq d,w(a,d)+w(b,c)\leq w(a,c)+w(b,d)\)
得證
推論：
- 對於\(b-a\leq l\)滿足判定定理要求，那么對於\(a\leq b\leq c\leq d\)，當\(d-a\leq l+1\)時滿足四邊形不等式,根據證明來證明。
- 判定定理的逆定理：滿足四邊形不等式的二元函數滿足\(a<b,w(a+1,b)+w(a,b+1)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)\)，有興趣可以自行證明。
一維線性遞推優化
優化式
\(f_i=\min_{0\leq j<i}\{f_j+w(j,i)\}\)
性質
一維線性遞推決策遞增定理
定義
方程\(f_i=\min_{0\leq j<i}\{f_j+w(j,i)\}\)中\(w\)滿足四邊形不等式，則決策點單調遞增
證明
設\(k,k'\)為\(f_i\)的決策點並滿足條件\(0\leq k'<k<i<i'\)，其中k為i的最優決策點
不難得知
\(f_i=f_k+w(k,i)\leq f_{k'}+w(k',i)\)
由四邊形不等式得知
\(w(k',i')+w(k,i)\geq w(k',i)+w(k,i')\)
兩式相加有
\(f_k+w(k,i')\leq f_{k'}+w(k',i')\)
於是易知決策點\(k\)比\(k'\)更優，故得證。
推論：如果一個決策點a比它之前的一個決策點b優秀，則決策點b不可能成為以后的最優決策點（二分依據）。
實現
目前要求\(f_i\)
- 單調隊列維護三元組\((l,r,p)\)，表示\(f_{l-r}\)的最優決策點目前最優是p
- 隊頭是否合法，即\(l< r\),否則彈出
- 取隊頭l++，計算\(f_l\)最優解
- 從隊尾向前枚舉，如果計算\(f_k\)(k為隊尾的l)的已有決策點不如現在的決策點l優秀，彈出
- 否則二分查找\(l-r\)中第一個可以讓決策點i更優秀的位置
- 更改隊尾r，把新的三元組代表i的決策加入隊列（注意，如果不能加入，一定要剔除）
二維遞推優化
優化式
- \(f[l][r]=\min_{l\leq k<r}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\)（區間遞推）
- \(f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\)（序列划分）
包含單調
如果二元函數w滿足\(a\leq b\leq c\leq d,w(a,d)\geq w(b,c)\)，則稱二元函數w滿足包含單調。
二維遞推判定定理
定義
對於上述優化式，如果滿足
- 二元函數w滿足四邊形不等式
- 二元函數w滿足包含單調
- 邊界\(w(i,i)=f[i][i]=0\)
則f滿足四邊形不等式。
證明
優化式1
對於\(j-i=1\)而言，顯然有\(f[i][j]=f[i][i]+f[j][j]+w[i][j]\)
根據判定定理來證明，\(i<j\),要證明\(f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
而\(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][j+1]\)
- \(f[i][j+1]\)最優決策點在i
那么有\(f[i][j+1]=f[i][i]+f[i+1][j+1]+w[i][j+1]=f[i+1][j+1]+w[i][j+1]\geq w[i][j]+f[i+1][j+1]\)
\(=f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，即\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)。
- \(f[i][j+1]\)最優決策點在i+1
那么有\(f[i][j+1]=f[i][i+1]+f[i+1][j]+w[i][j+1]=f[i][j]+w[i][j+1]\geq f[i][j]+w[i+1][j+1]=\)
\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，即\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)。
總上所素，j-i=1時滿足四邊形不等式
至於\(j-i=l\),假設\(j-i<l\)滿足四邊形不等式，則要證
\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
不妨設\(f[i][j+1]\)最優決策點為x，\(f[i+1][j]\)最優決策點為y
- \(x\leq y\)
而\(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][x]+f[x+1][j+1]+w[i][j+1]+f[i+1][y]+f[y+1][j]+w[i+1][j]\)
而\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i][x]+f[x+1][j]+w[i][j]+f[i+1][y]+f[y+1][j+1]+w[i+1][j+1]\)
顯然我們有\(i<j,w[i][j+1]+w[i+1][j]\geq w[i][j]+w[i+1][j+1]\)
顯然\(x+1\leq y+1\leq j<j+1\)，因此我們有
\(f[x+1][j+1]+f[y+1][j]\geq f[x+1][j]+f[y+1][j+1]\)
於是不難得知\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
- x>y
同理
\(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i][x]+f[x+1][j+1]+w[i][j+1]+f[i+1][y]+f[y+1][j]+w[i+1][j]\)
\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i][y]+f[y+1][j]+w[i][j]+f[i+1][x]+f[x+1][j+1]+w[i+1][j+1]\)
顯然有\(i<j,w[i][j+1]+w[i+1][j]\geq w[i][j]+w[i+1][j+1]\)
\(i<i+1\leq y<x,f[i][x]+f[i+1][y]\geq f[i][y]+f[i+1][x]\)
因此\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
總上所素，根據數學歸納法易知\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，又有四邊形不等式判定定理容易知道，f滿足四邊形不等式。
優化式2
對於\(j-i=0\)
現在需要證明\(f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\),
即證\(f[i][i+1]+f[i+1][i]\geq f[i][i]+f[i+1][i+1]\)
即\(f[i][i+1]+f[i+1][i]\geq 0\),不妨將非法決策定義為0,於是即證\(f[i][i+1]\geq 0\),顯然成立
至於\(j-i=l\),假設\(j-i<l\)滿足四邊形不等式，那么要證
\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
設\(f[i][j+1]\)最優決策點為x,\(f[i+1][j]\)最優決策點為y
易知\(f[i][j+1]+f[i+1][j]=f[i-1][x]+w[x+1][j+1]+f[i][y]+w[y+1][j]\)
- \(x\leq y\Rightarrow i-1\leq x\leq y<j\)
顯然\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i-1][x]+w[x+1][j]+f[i][y]+w[y+1][j+1]\)
而\(x+1<y+1\leq j<j+1,w[x+1][j+1]+w[y+1][j]\geq w[x+1][j]+w[y+1][j+1]\)
故\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
- \(x> y\Rightarrow i\leq y< x\leq j\)
顯然\(f[i][j]+f[i+1][j+1]\leq f[i-1][y]+w[y+1][j]+f[i][x]+w[x+1][j+1]\)
而\(i-1<i\leq y<x,f[i-1][x]+f[i][y]\geq f[i-1][y]+f[i][x]\)
故\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)
所以由數學歸納法\(i<j,f[i][j+1]+f[i+1][j]\geq f[i][j]+f[i+1][j+1]\)，結合四邊形不等式判定定理，不難得知原命題成立。
二維遞推決策遞增定理
定義
若上訴優化式滿足判定定理，設\(p[i][j]\)為\(f[i][j]\)的最優決策點,則有\(p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]\)
證明
優化式1
- \(p[l][r-1]\leq p[l][r]\)
設左式最優決策點\(k\)，並設\(l\leq k'<k<r-1\)，所以我們有
$f[l][r-1]=f[l][k]+f[k+1][r-1]+w[l][r-1]\leq $
\(f[l][k']+f[k'+1][r-1]+w[l][r-1]\)
即\(f[l][k]+f[k+1][r-1]\leq f[l][k']+f[k'+1][r-1].....1\)
由四邊形不等式有
\(l< k'+1<k+1\leq r-1<r\)
\(f[k'+1][r]+f[k+1][r-1]\geq f[k'+1][r-1]+f[k+1][r].....2\)
1，2式相加，有
\(f[l][k]+f[k+1][r]\leq f[l][k']+f[k'+1][r]\)
即
\(f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\leq f[l][k']+f[k'+1][r]+w[l][r]\)
所以易知決策點k比\(k'\)優秀，得證
- \(p[l][r]\leq p[l+1][r]\)
設右式的最優決策點為\(k\),設\(l\leq k<k'<r\)
顯然\(l<l+1\leq k<k',f[l][k']+f[l+1][k]\geq f[l][k]+f[l+1][k']\ ......1\)
而\(f[l+1][r]=f[l+1][k]+f[k+1][r]+w[l+1][r]\leq f[l+1][k']+f[k'+1][r]+w[l+1][r]\)
即\(f[l+1][k]+f[k+1][r]\leq f[l+1][k']+f[k'+1][r]\ ......2\)
1式+2式我們有
\(f[l][k']+f[k'+1][r]\geq f[l][k]+f[k+1][r]\)，即
\(f[l][k']+f[k'+1][r]+w[l][r]\geq f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\)
- 總上所素，有\(p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]\)。
優化式2
- \(p[l][r-1]\leq p[l][r]\)
設\(l-1\leq k'<k=p[l][r-1]<r-1\)
易知\(f[l][r-1]=f[l-1][k]+w[k+1][r-1]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r-1]\)
由四邊形不等式有\(k'+1<k+1\leq r-1<r,w[k'+1][r-1]+w[k+1][r]\leq w[k+1][r-1]+w[k'+1][r]\)
兩式相加\(f[l-1][k]+w[k+1][r]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r]\),易知決策點k比\(k'\)更優秀
- \(p[l][r]\leq p[l+1][r]\)
設\(l\leq k=p[l+1][r]<k'<r\),容易知道
\(f[l+1][r]=f[l][k]+w[k+1][r]\leq f[l][k']+w[k'+1][r]\)
由四邊形不等式有\(l-1<l\leq k<k',f[l][k']+f[l-1][k]\leq f[l][k]+f[l-1][k']\)
兩式相加\(f[l-1][k]+w[k+1][r]\leq f[l-1][k']+w[k'+1][r]\),容易知道決策點\(k\)比\(k'\)更優秀
- 總上所素\(p[l][r-1]\leq p[l][r]\leq p[l+1][r]\)。
時間復雜度
根據二維遞推決策遞增定理，我們知道時間復雜度應該為\(O(\sum_{i=2}^n\sum_{l=1}^{n-i+1}(p[l+1][l+i-1]-p[l][l+i-2]+1))=\)
\(O(\sum_{i=2}^n(p[2][i]+p[3][i+1]+...+p[n-i+2][n])-(p[1][i-1]+p[2][i]+...+p[n-i+1][n-1])+n-i+1))\)
\(=O(\sum_{i=2}^n(p[n-i+2][n]-p[1][i-1]+n-i+1))\approx O(n^2)\)
石子合並
問題
有n堆石子從左至右排成一排，第i堆石子重量\(w[i]\)，每次可以選擇相鄰的兩堆石子合並，新的石子重量為原來兩堆之和，消耗體力值為新的石子的重量，詢問最少消耗的體力之和。
解
首先注意到這是區間問題，於是可以設\(f[l][r]\)表示合並第l堆石子到第r堆石子消耗的最少體力值，於是有\(f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\)，時間復雜度\(O(n^3)\)。
考慮到區間遞推可以四邊形不等式優化，發現w滿足四邊形不等式，且取到等號，也滿足包含遞增關系，邊界可以開為0，因此可以使用四邊形不等式優化成\(O(n^2)\)。
梳理：4大定理三個推論
| 定理名稱 | 式子 | 條件 | 結果 |
|---|---|---|---|
| 四邊形不等式判定定理（2個推論） | \(w(a,b+1)+w(a+1,b)\geq w(a,b)+w(a+1,b+1)\) | a<b | w滿足四邊形不等式 |
| 一維線性遞推決策遞增定理（1個推論） | \(f_i=\min_{j=0}^{i-1}\{f_j+w(i,j)\}\) | w滿足四邊形不等式 | f的最優決策點單調遞增 |
| 二維遞推判定定理 | \(\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}\) | w滿足四邊形不等式，包含遞增，\(w[i][i]=f[i][i]=0\) | f滿足四邊形不等式 |
| 二維遞推決策遞增定理 | \(\begin{cases}f[l][r]=\min_{k=l}^{r-1}\{f[l][k]+f[k+1][r]+w[l][r]\}\\f[i][j]=\min_{i-1\leq k<j}\{f[i-1][k]+w[k+1][j]\}\end{cases}\) | 優化式滿足判定定理 | 最優決策點\(p[l][r-1]\leq p[l][r] \leq p[l+1][r]\) |
式子積累
-
\(f(x)=|x+c|^p-|x|^p\)單調遞增，[NOI2009]詩人小G
-
\(w(l,r)\)表示序列l，r中元素到其中位數的距離之和的最小值，滿足四邊形不等式和包含遞增，Post Office
-
\(w(l,r)=s_r-s_l\)（s表示序列前綴和），滿足四邊形不等式且取到等號和包含遞增。(石子合並)
例題
神仙
有n座山，第i座山坐標\(x_i\),定義\(A[i][j]\)表示在前j座山修i間房子每座山到房子的距離之和的最小值，現在有兩個神仙玩起了石子合並，有n堆石子，第i堆石子質量\(a_i\)，定義合並兩堆石子的代價為兩堆石子質量之和+\(A[l][r]\)(l,r為合並后的石子最小的編號和最大的編號)，求合並成一堆石子最小的代價，\(n\leq 3000\)。
后記
我想，當強者你看完這一切，覺得這些東西十分簡單，而我的前言中又說這個東西很難，那么你大概知道了我的命運了，君當益AK，吾獨AFO。