對於乙個二元函式 \(w(l,r)\)，如果有下面的命題成立，則稱 \(w\) 滿足四邊形不等式：
\[\forall a \leq b < c \leq d,~
w(a,c)+w(b,d) \leq w(a,d) + w(b,c)
\]如果二元函式 \(w(a,b)\) 滿足 \(w(a+1,b+1)+w(a,b) \leq w(a,b+1)+w(a+1,b)\) ，那麼 \(w(a,b)\) 滿足四邊形不等式。
證明：
將兩式相加，然後化簡：
\[\begin
w(a,b)+w(a+1,b+1)+w(a+1,b)+w(a+2,b+1)&\leq w(a,b+1)+w(a+1,b)+w(a+1,b+1)+w(a+2,b)\\
w(a,b)+w(a+2,b+1)&\leq w(a,b+1)+w(a+2,b)
\end
\]以此類推，可以得到：
\[\forall a \leq b < c, w(a,c)+w(b,c+1) \leq w(a,c+1)+w(b,c)
\]可以對第二個數做類似的操作，可以得到：
\[\forall a \leq b < c \leq d,~
w(a,c)+w(b,d) \leq w(a,d) + w(b,c)
\]\(\rm q.e.d\)
考慮乙個形如下面式子的 \(\rm dp\) 轉移：
\[f(i)=\min_ \
\]設 \(p(i)\) 表示 \(f(i)\) 的最優決策點，即：
\[p(i)=\arg\min_ \
\]而這個 \(\rm dp\) 有決策單調性，當且僅當 \(p(i)\) 單調不降。
轉移引數 \(w(j,i)\) 滿足四邊形不等式 \(\rightarrow\)
\(f(i)\) 滿足決策單調性。
證明：
\(\forall a < b < i < j\), 設 \(p(i) = b\)，則有 \(f(b)+w(b,i)\leq f(a)+w(a,i)\)
根據四邊形不等式，有
\[w(a,i)+w(b,j) \leq w(a,j)+w(b,i)
\]將兩條式子相加，然後化簡，得到：
\[f(b)+w(b,j)\leq f(a)+w(a,j)
\]由此可以看出，對於 \(i\) 之後的所有狀態，其最優決策點都可以不是 \(a\) ，因此可以有 \(p(j)\ge b\) ，因此滿足決策單調性。
\(q\)：上面的內容似乎只針對 \(\min\) ，那麼對於 \(\max\) 應該怎麼辦呢？
\(a\)：把四邊形不等式的不等號取反即可。
決策單調性和斜率優化關聯性挺大的，但是本 \(\rm juruo\) 覺得兩個東西本質上有點不同。
\(\rightarrow\) 原題鏈結
可以得到轉移：
\[f(i)=\min_ \left\
\]其中 \(s_i = s_+|\mathrm_i|\)
設 \(w(i,j) = \left|s_i-s_j+(i-j-1)-l\right|^p\)，顯然當前就是要證明這個東西滿足四邊形不等式。
根據四邊形不等式的性質，可以轉化為證明
\[w(i+1,j+1)+w(i,j) \leq w(i,j+1)+w(i+1,j)
\]這個證明不太顯然，需要稍微搞一搞。教給各位 \(\rm dalao\) 了。這裡主要介紹知道決策單調性之後的做法。
顯然，對於每個決策點 \(x\)，都有乙個貢獻區間 \([l_x, r_x] (\forall k \in [l_x, r_x], p(k)=x)\) ，可以用二分求出對於決策點 \(x\)，第乙個比決策點 \(y\) 優的位置，這個明顯可以使用二分求出，設其為 \(g(x,y)\)。
接著用單調佇列維護出 \(l\) 單調遞增的決策點序列。
顯然，對於佇列中相鄰的兩個決策 \(x,y~(x，顯然是 \(r_x = g(y,x)-1\)。
為了優化常數，可以在佇列中記錄 \(r_x\) 。
#include using namespace std;
typedef long double ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
const ll inf = 1e18;
int n, p, q[maxn], ql, qr;
ll l, s[maxn], fr[maxn], f[maxn];
string str[maxn];
ll qpow(ll a, int b)
return ret;
}inline ll calc(int x, int y)
int bsearch(int x, int y)
return ans;
}void print_plan(int x)
void solve()
if (f[n] > inf)
printf("%.0lf\n", f[n]), print_plan(n);
printf("--------------------\n");
}int main()
和上一題的轉移方程非常類似，只不過 \(w(i,j)\) 的計算方法不同，需要使用資料結構優化，就不講了。
\(\rightarrow\)
\(\rm luogu\) 鏈結
題意非常清楚明白，可以直接設出 \(f(i,j)\) 表示將前 \(j\) 個元素分成 \(i\) 段的最小權值，可以得到轉移：
\[f(i,j) = \min_ \
\]其中 \(w(i,j)\) 表示區間 \([l,r]\) 中重複元素的對數，可以看出這個函式滿足四邊形不等式，但是這個函式的求值時間複雜度是 \(o(n)\) 的，因此不能使用先前的單調佇列優化了。這裡提出另一種優化決策單調性的方法：分治。
這種方法適用於 \(\rm dp\) 的轉移不依賴同一維狀態的轉移，比如這道題的轉移 \(f(i,*)\) 依賴於 \(f(i-1,*)\) ，但是 \(f(i,*)\) 的狀態之間不存在依賴關係。這個也可以計算形如下面的 "\(\rm dp\)"。：
\[f(i) = \min_\
\]設立乙個函式 \(\mathrm(l, r, x, y)\) 用於計算狀態在 \([l,r]\) 之間的所有 \(f\) 值，其中決策點只能在 \([x,y]\) 中找。
分為下面的步驟：
如果 \(w(i,j)\) 的求值時間複雜度為 \(o(1)\) 的，這個分治過程顯然是 \(o(n\log_2 n)\) 的。
但關鍵是現在 \(w(i,j)\) 的計算是 \(o(n)\) 的。
這裡可以採用類似莫隊的雙指標移動，維護 \(w(i,j)\) 。首先可以想到將兩個指標的移動分開計算複雜度。然後就會發現兩個指標移動的次數都是 \(o(n\log_2n)\) 的。
因此一次分治的時間複雜度為 \(o(n\log_2 n)\) ，總的時間複雜度為 \(o(kn \log_2 n)\) 。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5, maxk = 25;
const ll inf = 1e18;
int n, m, a[maxn];
int cl, cr; ll f[maxk][maxn], cnt[maxn], cw;
inline void upd_cnt(int col, int vl)
ll calc_w(int l, int r)
int cur_m;
void solve(int l, int r, int fl, int fr)
f[cur_m][mid] = res;
solve(l, mid - 1, fl, pos), solve(mid + 1, r, pos, fr);
}int main()
\(\rm luogu\) 鏈結
這題兩種方法都可以，不講了。
決策單調性優化DP 分治優化決策單調性
前言 本來這篇已經寫了 frac 了 然後我關機時忘儲存了。華麗的分割線 對於類似於 dp i j max min dp k 1 j 1 count k,i 不妨設 當 最後一次 max min 更新時 f i,j k 若有 forall i,j in 1,n s.t.i j rightarrow ...
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dp min dp w l,r 若 w l,r 滿足 則 dp 滿足四邊形不等式，其決策點 op 滿足 op le op le op 複雜度降至 mathcal o n 2 eg.合併石子 dp min w l,r 若 w l,r 滿足四邊形不等式，則決策具有單調性。對決策區間分治，具體來說，每次求...