#include#define maxn 10000+10
using namespace std;
int dp[maxn][maxn],s[maxn][maxn],cnt[maxn];
int main()
}dp[i][j]=temp;
s[i][j]=te;}}
cout《題目：
n 堆石子。現要將石子有次序地合併成一堆，規定每次只能選相鄰的2 堆石子合併成新的一堆，並將新的一堆石子數記為該次合併得分。設計乙個演算法，計算出將n堆石子合併成一堆的最小得分和最大得分
演算法：（注：**石子首尾不連線）
設dp(i,j)定義為第i堆石子到第j堆石子合併後的最少總分數，想到這樣dp轉移
dp[i][j]=min+cost[i][j]
cost[i][j]表示把第i堆到第j堆的石子和到一起的最後一步的代價，顯然之前無論怎麼合併，最後一步的代價都是一樣的，所以我們可以先預處理出這個cost陣列，他等於cnt[j]-cnt[i-1]，其中cnt陣列是字首和，然後用四邊形不等式優化
合併石子問題
現在有n堆石子，要將石子按一定順序地合成一堆，規定如下，每次只能移動相鄰的兩堆石子，合併費用為新和成一堆石子的數量，求把n堆石子全部合併到一起所花的最少或者最大花費
很容易想到這樣乙個dp轉移
dp[i][j]=min+cost[i][j]
震驚！這不就是之前所講的模型嘛？原來之前o（n^3）方的合併石子問題還可以優化（我太弱了）
首先明確一點，cost[i][j]表示把第i堆到第j堆的石子和到一起的最後一步的代價，顯然，之前無論怎麼合併，最後一步的代價都是一樣的，所以我們可以先預處理出這個cost陣列，他等於cnt[j]-cnt[i-1]，其中cnt陣列是字首和
for一遍i，for一遍j，每算一次dp[i][j]還要for一遍k，自然是o(n^3)方，現在我們來按照規則判斷是否可以用四邊形優化
第一步（壹）證明cost為凸
對於所有的i，j，令其滿足i< i+1<=j< j+1
我們需要證明
cost[i][j]+cost[i+1][j+1]<=cost[i+1][j]+cost[i][j+1]
移項 cost[i][j]-cost[i+1][j]<=cost[i][j+1]-cost[i+1][j+1]
令f（j）=cost[i][j]-cost[i+1][j]
f（j）=cnt[j]-cnt[i-1]-(cnt[j]-cnt[i])
f（j）=cnt[i]-cnt[i-1]
都跟j無關了，自然一定滿足四邊形不等式（這個時候是直接等於了，但沒有違反四邊形不等式）
第二步（貳）證明dp為凸
要推導dp[i][j]的凸性，自然要滿足對任意的i，j，令i< i+1<=j< j+1
有如下結論
dp[i][j]+dp[i+1][j+1]<=dp[i+1][j]+dp[i][j+1]
令dp[i+1][j]取得最優值的時候k=x
令dp[i][j+1]取得最優值的時候k=y
令x < =y(之後還要令x > y，這裡不再贅述，讀者如有興趣可以自行推導，方式相似)
將k=x代入dp[i][j]，k=y代入dp[i+1][j+1]
左式=dp[i][x]+dp[x+1][j]+cost[i][j]+dp[i+1][y]+dp[y+1][j+1]+cost[i+1][j+1]①
而對於i< i+1<=j< j+1
由於已經在壹中證明了cost的凸性，所以
cost[i][j]+cost[i+1][j+1]<=cost[i+1][j]+cost[i][j+1]②
我們會發現這個不等式的左邊在①式中出現過，所以把②式中的左式和右式替換一下可以得到如下結論
dp[i][x]+dp[x+1][j]+cost[i][j]+dp[i+1][y]+dp[y+1][j+1]+cost[i+1][j+1]
<=
dp[i][x]+dp[x+1][j+1]+cost[i][j+1]+dp[i+1][y]+dp[y+1][j]+cost[i+1][j]
即dp[i][j]+dp[i+1][j+1]<=dp[i][j+1]+dp[i+1][j]
證畢第三步（叄）證明決策單調
現在我們已經證明了cost陣列和dp陣列的凸性，要證明決策單調以證明優化的正確性
即要證明s[i][j-1]<=s[i][j]<=s[i+1][j]
對於s[i][j-1]<=s[i][j]
令dp[i][j-1]取得最小值時的k=y，對於所有x≠y，令x<=y
可以有如下推導
∵x+1<=y+1<=j-1< j
四邊形不等式有：
dp[x+1][j-1]+dp[y+1][j]<=dp[y+1][j-1]+dp[x+1][j]
在式子兩邊同時加上dp[i][x]+cost[i][j-1]+dp[i][y]+cost[i][j] 可以得到
dp[i][x]+dp[x+1][j-1]+cost[i][j-1]+dp[i][y]+dp[y+1][j]+cost[i][j]
<=
dp[i][x]+dp[x+1][j]+cost[i][j]+dp[i][y]+dp[y+1][j-1]+cost[i][j-1]
dp[i][j-1]+dp[i][j]<=dp[i][j]+dp[i][j-1]
(k=x)…………(k=y)……(k=x)……(k=y)
移項dp[i][j-1]-dp[i][j-1]<=dp[i][j]-dp[i][j]
(k=x)…………(k=y)……(k=x)……(k=y)
由於我們是令k=y時dp[i][j-1]取得最小值，那麼dp[i][j-1] (k=x)一定大於等於dp[i][j-1] (k=y)，所以左式大於零，所以右式也大於零，所以對於dp[i][j-1]可以取到最優值的y，所有小於它的值，對於dp[i][j]來說，都沒有y優，所以最優決策一定不是小於y的，如果令s[i][j]表示dp[i][j]取得最優值的時候的k值，那麼一定有
s[i][j-1]<=s[i][j]
證畢
四邊形不等式與決策單調
目錄一維線性dp的優化 二維區間遞推優化 定義存在二元函式 w x,y 其定義域為 i 若對於任意 a,b,c,d in i且a b c d w a,d w b,c w a,c w b,d 恆成立 則稱 w 滿足四邊形不等式。判定定理 若對於任意 a,b in i且a b w a,b 1 w a 1...
四邊形不等式
總結一下最近幾天對dp優化中的四邊形不等式的學習。證明什麼的似懂非懂，我還是太年輕了。第一種，n 2 nlogn 例題 由於許可權問題 不公開題面 就是1個體積均為1 300，100000個物品，做乙個100000的揹包。發現體積最多只有 300 種，分開做。對於同種體積的物品，顯然按照價值從大到小...
四邊形不等式
若有函式 a i,j 令 i，若有 a i j a i 1 j 1 le a i j 1 a i 1 j 則我們稱函式 a 滿足四邊形不等式。若我們在 dp 過程中會用到類似如下形式的方程 dp i j min dp k j or dp i k dp k 1 j w i j 那麼，只要代價函式 w ...