四边形不等式

式子

对于$\forall a\le b\le c\le d$，满足$w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)$

用途

一般是对DP的优化
说明一点，扩，扩充在这里的意思是：
目前有一个不等式$a\le b$，已知$b\le c$，则该不等式改写为$a\le c$

证明

定理1
$f[i,j]=min(f[i,k]+f[k+1,j]+w(i,j))$
若w满足区间包含单调性和四边形不等式，
则f也满足区间包含单调性和四边形不等式
注意边界！
$f[i][i]=0,f[i][j]=0,(i>j)$
证明
这里的方法是，不断地凑式子，比如A<=B<=C。B是通过A凑出来的，C是通过B凑出来的。
区间包含单调性
$\forall a\le b\le c\le d$，满足$w(a,d)\ge w(b,c)$
f的区间包含单调性？
令$i\le i^{\prime }\le k\le j^{\prime }\le j$
$f[i][j]=minf[i][k]+f[k+1][j]+w(i,j)$
$f[i^{\prime }][j^{\prime }]=minf[i^{\prime }][k]+f[k+1][j^{\prime }]+w(i^{\prime },j^{\prime })$
通过归纳法，可知$f[i][k]\ge f[i^{\prime }][k],f[k+1][j]\ge f[k+1][j^{\prime }]$
所以，$f[i][j]\ge f[i^{\prime }][j^{\prime }]$
需要用到这个结论来进行后面的讨论。
求证：$f[a][c]+f[b][d]\le f[a][d]+f[b][c]$
①当$a=b$或$c=d$，显然成立。
仍然使用归纳法。设当前区间$[a,d]$内的所有子区间满足四边形不等式。
两种情况
①$a<b=c<d$
②$a<b<c<d$
对于第一种情况，$f[a][b]+f[b][d]\le f[a][d]+f[b][b]=f[a][d]$。设$k=s[a][d]$，表示$f[a][d]$的最优决策点。
有3种情况。
$k<b,k=b,k>b$
①$k<b$则$f[a][b]+f[b][d]\le$
$f[a][k]+f[k+1][b]+w(a,b)+f[b][d]\le$ 拆项
$f[a][k]+f[k+1][d]+w(a,d)\le f[a][d]$ 换字母，扩
②$k=b$，显然。
③$k>b$，情况和①类似。

$a<b<c<d$？
显然，函数$y(k)=f[a][k]+f[k+1][b]$有个最低点，当$k=s[a][b]$时。
所以，将$f[b][c]$的最优决策点$y$和$f[a][d]$的最优决策点z找出来。
证明方法：有待展开的2个区间，$f[a][c]$和$f[b][d]$
仍然将区间$[a,d]$分成区间$[a,b),[b,d]$。
①$a<b\le y\le z$，y拆$f[a][c]$,z拆$f[b][d]$
②$a<b\le z\le y$，z拆$f[a][c]$,y拆$f[b][d]$
③$a<b\le z\le y$，z拆$f[a][c]$,y拆$f[b][d]$
最后都可以证明四边形不等式成立。证明方法，参考第一种情况的证明方法。

证毕。

用途

定理2
$f[i][j]=minf[i][k],f[k+1][j]+w(i,j)$
优化前复杂度：$O(n^3)$
优化后复杂度：$O(n^2)$
若f满足四边形不等式，则s也同时满足$s[i][j-1]\le s[i][j]\le s[i+1][j]$

先证明$s[i][j-1]\le s[i][j]$。一般这种证决策单调性，用反证法。
就是说证明$s[i][j-1]\le s[i][j]$是错的。
令$k_1=s[i][j],k_2=s[i][j-1]$
通过不等式两边同时补某些加上这些项之后，整个式子待扩充的项，及合并，即可证明。

$s[i][j]\le s[i+1][j]$的证明方法也是如此。

判断

如果$\forall a\le b\le c\le d$，满足$w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)$
当且仅当：$w(i,j)+w(i+1,j+1)\le w(i,j+1)+w(i+1,j)$
必要性显然。(有A必有B)
证明充分性。（有B必有A）
证明方法：整体法，换元，如将$i+1$看成i。
$w(i,j)+w(i+1,j+1)\le w(i,j+1)+w(i+1,j)\Rightarrow$
$w(i,j)-w(i,j+1)\le w(i+1,j)-w(i+1,j+1)\le w(i+2,j)-w(i+2,j+1)\le ...\le w(i+k,j)-w(i+k,j+1)$
同理，$i<i+k\le j\le j+l$也用一样的蒸发。

具体应用

环形DP

这篇博客写得好！请点这里
给一道经典例题：

在一个圆形操场的四周摆放N堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相邻的2堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。
试设计出1个算法,计算出将N堆石子合并成1堆的最小得分和最大得分.

先不用四边形不等式优化，先将$O(n^3)$的DP写出来。
显然设$dp[l][r]$表示$[l,r]$区间的答案。$O(n^3)$转移显然。
如果是不是环，直接求$dp[1][n]$即可。

加上环的限制？
显然，将$[1,n]$复制一遍，然后求$mindp[l][l+len-1]$。
这道题目是HDU3506 Monkey Party。可以在HDU上提交。

用四边形不等式优化？
$f[i][j]=minf[i][k]+f[k+1][j]+w(i,j)$
$w(i,j)={\Sigma }_{k=i}^{j}a[k]$
显然，$w(i,j)$满足区间包含单调性和四边形不等式，所以$f[i][j]$也满足区间包含单调性和四边形不等式。
所以，$s[i][j-1]\le s[i][j]\le s[i+1][j]$
区间DP，通常先枚举区间长度，再枚举左端点。
伪代码

for len=1 to n
    for l=1 to n-len+1{
        r=l+len-1;
        for k=s[l][r-1] to s[l+1][r]
            f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+w(l,r));
    }   

时间复杂度：$O(n^2)$

证明？

对于每个len，复杂度：${\Sigma }_{i=1}^{n-len+1}s[i+1][i+len-1]-s[i][i+len-2]$
消去很多项，最后剩下$s[n-len+2][n]-s[1][l-1]$，所以复杂度是$O(n)$的。

赛场上

只有那些大佬才能够推出这些东西暴虐我们。
我们该做什么？
打表。
找出$s[i][j]$。
判断$w(i,j)$是否满足区间包含单调性和四边形不等式。
找$f(i,j)$是否满足区间包含单调性和四边形不等式。
这些都可以暴力求。

对于w(i,j)的整体感知

这是个大难点。
通过$w(i,j)$来设$f[i][j]$。
$w(i,j)$的意义：表示区间$[i,j]$的贡献。
怎么样能够快速地求出$w(i,j)$？这个$w(i,j$的复杂度不超过主DP的复杂度。一般一个式子搞定。
比如说能够通过$w(i+1,j)$顺利推出$w(i,j)$，$w(i,j-1)$顺利推出$w(i,j)$。

例题

POJ1160 Post Office
有一个数轴n个点，第i个点的坐标为$p_i$
在n个点中选出k个作为关键点。问每个点到离其最近的关键点的距离和的最小值。
设$dp[i][j]$表示选了i个关键点，1~j号点已经确定了哪个关键点离它们最近。
$dp[i][j]=min\{dp[i][k]+w(k+1,j)\}$
这里的$w(i,j)$代表了i到j号点的花费。并且在i~j中只设立一个关键点！！！
解决了这个问题，那么如何通过$w(i+1,j)$顺利推出$w(i,j)$，$w(i,j-1)$顺利推出$w(i,j)$?
经过递推发现，
所以，$w(i,j)=w(i,j-1)+p[j]-p[\frac{i+j}{2}]$
$w(i,j)=w(i+1,j)+p[\frac{i+j}{2}]-p[i]$

然后证明$w$满足四边形不等式。
谁会去证啊？只有大佬们才去。我太弱了。

最后说的

四边形不等式通过决策单调性来优化复杂度的。
那些证明的方法，受到了文化课的启发。