保序回归求解上升问题

定义

在一个图$G$中。点有给定点权$v_i$与需求点权$y_i$。若存在边$i\to j$，那么有$y_i\le y_j$。要求最小化${\sum }_i{W}_i|y_i-v_i{|}^p$。通常的根据p的不同，问题称为$l_p$。

$l_1$的求解

这个在oier中是十分常见的，譬如 bzoj1367。
下面讲一下这类问题的通解。
前提条件：$w_i$的离散导数为常函数。（这里可能有问题，但是常函数，分段但是每一段都是常函数这样的函数是可以的）
首先，由于$p=1$，那么$y$的值一定是某个$v$值。那么假设v从小到大排序后为$v_1,v_2...v_x$，那么我们可以通过一个整体二分求出每一个点的值。
那么首先，我们要先回求特殊情况的解法：
$x=2$。
这个时候，相当于每个点变成了选择$0$或者$1$，如果某一个点选择了$1$，那么他的后继也都要选择$1$，那么选择$1$的就是一个闭合子图，那么问题就变成了最小权闭合子图，转化一下变成最大权闭合子图，然后可以网络流做。
那么有了这个，我们用一个整体二分即可。
$solve（s，l，r）$表示点集s的最优解的取值范围为$v_l,v_{l+1},...v_r$。如果$l=r$，那么$s$中的点就确定了。。否则设$mid=\frac{l+r}{2}$（下取整），那么只对$s$中的点，并且假设$s$中的点只能取$v_{mid}与v_{mid+1}$做一次原问题。然后对于这次最优解在$v_{mid}$处取到的点，他的取值范围就变成了$[l，mid]$，反之为$[mid+1，r]$。
当然，大部分情况下做$x=2$的问题的时候都有特殊做法。譬如之前说的Apio的题，可以直接将$n^2$暴力拿来跑，然后第二维大小只有$2$，所以复杂度是对的。实际上这也就意味着大部分情况下你只要会暴力你就$A$了这道题了。再也不用分析，写可并堆了！

WXH：下次遇到这种题就可以直接喷出题人傻*，出裸题了！

$l_2$的求解

首先最优解可能不是$v$中的某一个，然后我就不会了。