四边形不等式的一些看法

关于四边形不等式的一些看法

序

dp，一样的dp方程，不一样的速度

就像你我天生为人

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简介

刷题，是日常的。尤其是在luogu。。大神都在BZOJ

我们在处理dp问题时，常常会出现一个二维的问题，他的dp转移方程是:
\[ dp[i][j]=min_{i<=k
这样的问题我们称之为区间dp，是常见的。

但是，朴素的dp无法过掉此题，因为复杂度为\(O(n^3)\),这是无法容忍的，事实上，我能打出来已经不错了，好的我们下面介绍一下一种优化

四边形不等式

先有一个引理当一个函数\(w(i,j)\)当且仅当对于\(a < b \le c 满足\(w(b,c)+w(a,d)>=w(a,c)+w(b,d)\)时，此函数为凸函数

我们举一个例子 [IOI2000] 邮局

dp的转移方程为\(dp[i][j]=min_{i<=k,其中\(w[i][j]\)为转移的代价

不妨对上面的引理变形
\[ w[i][j+1]+w[i+1][j] >=w[i][j]+w[i+1][j+1] \]
再移项
\[ w[i+1][j+1]-w[i+1][j] \le w[i][j+1] -w[i][j] \]
而这个式子 ，是显然的，比如说，通过一个例子

我们看，当左端点一样是，增加一个右端，会让花费变大，我们证明的时这个花费随着左端点的右移不升，而这，是显然的。

所以我们引出一个四边形不等式 ,由于w是一个凸的函数，而f由w累加，所以f也是凸函数所以 \(f[i][j] + f[i + 1][j + 1] \leq f[i][j + 1] + f[i + 1][j]\)

于是有决策点 \(s[i-1][j] \le s[i][j] \le s[i][j+1]\)

证明 不妨对于$x>y $,有x作为k-1的的决策

故而有 \(f[k-1][x]+w[x+1][i]<=f[k-1][y]+w[y+1][i]\)

而对于\(i+1\),有 \(w[y+1][i]+w[x+1][i+1]>=w[y+1][i+1]+w[x+1][i]\)

移项，有 \(w[y][i+1]-w[y][i]<=w[x][i+1]-w[x][i]\)

咦，怎么证否了

行吧，以上为扯淡

开始copy

证明 \(K[i][j−1]≤K[i][j]\)时，先假设 \(f[i][j−1]\) 有最优决策 k=y，再根据\(x \leq y\leq j-1，列出四边形不等式：\(f[i][y]+f[i+1][x]≥f[i][x]+f[i+1][y]\)

在不等式两边添加一定的项试图得到 \(f[i][j−1](k=x)+f[i][j](k=y)≤f[i][j−1](k=y)+f[i][j](k=x)\)

移项可得：\(f[i][j−1](k=x)−f[i][j−1](k=y)≤f[i][j](k=x)−f[i][j](k=y)\)

\(∵f[i][j−1](k=y)≤f[i][j−1](k=x)\)

\(∴f[i][j](k=y)≤f[i][j](k=x)\)

所以整完了，我米勒，事实上，对于满足决策单调性的就好

事实上参见CF321E ，我们在这里有\(w(b,c)+w(a,d) \le w(a,c)+w(b,d)\)

是反的！！！

但是我们依然有那个结论 \(s[i-1][j] \le s[i][j] \le s[i][j+1]\)

神奇吧。。。。但是好多AC此题的人使用了忘情水。。。我会学习的，再次介绍四边形类似的优化

我们对于这个题有笔者简单的自己证明

证明 不妨对于\(x>y\),有x作为k-1的的决策

故而有 \(f[k-1][x]+w[x+1][i]<=f[k-1][y]+w[y+1][i]\)

而对于\(i+1\),有 \(w[y+1][i]+w[x+1][i+1]>=w[y+1][i+1]+w[x+1][i]\)

移项，有 \(w[y][i+1]-w[y][i] \ge w[x][i+1]-w[x][i]\)

咦，怎么证对了

两边一加，我们得到 \(f[k-1][x]+w[x+1][i+1]<=f[k-1][y]+w[y+1][i+1]\),故\(s[i][j] \le s[i][j+1]\),

那个\(s[i-1][j]<=s[i][j]\)的话，我们可以通过数学归纳法证明。

待证

但是事实验证是对的。。。

嵬

至于嵬。只是我聊记某人罢了

我会做补充的，对于不完善的地方。