决策单调性的概念&证明工具:

决策单调性,是在最优化dp中的可能出现的一种性质,利用它我们可以降低转移的复杂度。

首先dp中会有转移,每个状态都由若干个状态转移而来,最优化dp比较特殊,只能由一个最优的状态转移而来。

我们称之为某个状态的最优转移点。

然后,dp会有一个转移顺序,比如说按层转移,从左到右转移等等(本质就是个DAG)

决策单调性,就是指状态的最优转移点随着dp顺序单调移动。

最经典的就是分段问题 : 将[1,n]分段,分出(l,r]需要c(l,r)的代价,问最小代价。

如果这个c函数啥性质都没有,显然是没有决策单调性的。怎么判定c函数是否具有决策单调性呢?

一种常用的方法是暴力DP观察转移点,这是篇讲理论的文章,这种方法就不多说了。

注意,下面讲的都是最小化问题,最大化请自行将权值部分的不等号反向。

• 四边形不等式

  假如我们有p1\leq p2\leq p3\leq p4.

  则c(p1,p3)+c(p2,p4)\leq c(p1,p4)+c(p2,p3)称为四边形不等式。

  简而言之,交叉\leq包含。

如果不限段数,分一段的代价为 c(l,r),如果c满足四边形不等式,则该问题具有决策单调性。

设F[i]为把前i个位置分割完毕的最小代价。

根据最优决策的定义,写出相应的不等式: $$F[x]=F[p[x]]+c(p[x],x)\leq F[p[y]]+c(p[y],x)$$ 有$p[x]<p[y]<y<x$,由四边形不等式得 $$c(p[x],y)+c(p[y],x)\leq c(p[x],x)+c(p[y],y)$$ 同向不等式相加得到 $$F[p[x]]+c(p[x],y)\leq F[p[y]]+c(p[y],y)$$ 得到 $p[x]→y$ 比 $p[y]→y$ 更优,矛盾,故得证。 区间`DP`问题也是类似的。 - **包含单调** $p1\leq p2\leq p3\leq p4 \Rightarrow c(p1,p4)\geq c(p2,p3)$ 称之为包含单调。 - $\boxed{\text{2D}}$ : 分k段 在分k段问题中,有这样一个麻烦,如果分得短反倒亏,就可能不满足单调性。 如果$c$函数包含单调,那么分的段越多越好,就没这个问题了。(存疑) 应用可见 [stO 花神](https://www.luogu.com.cn/blog/pks-LOVING/solution-cf321e) ------------ # 常用优化手段: ### (1)有单峰性-单指针跳跃 - $\boxed{\text{1D}}

“单峰性”的意思是:对于某个状态的最优转移点,其左边的贡献向左单调递减,右边也向右单调递减(一个单峰函数)

这个性质结合决策单调性,可以做到均摊O(1)转移,具体方法:

记录一个指针p表示转移点,由于决策单调性那么p不会往回跳。

进入了每一层之后,如果后面更优,p向后跳,否则停住并转移,根据单峰性这样子一定不会漏最优解。

那么p指针总共跳O(状态)次,那么转移均摊O(1).

例题:暂无

(2)相邻层之间转移 - 分治 - \boxed{\text{2D}}

这个适用于特殊的二维dp,只有上一层向下一层转移,同一层之间不会转移。

而且每一层中有决策单调性。

我们可以发现,一般暴力做是O(n^2k)(k是层数),每次转移需要多一个O(n)的for来枚举前一层。

又发现,在这一层,我们先转移哪一个位置是无关紧要的,因为同一层之间不会转移。

考虑分治,可以先转移mid,得到最优转移点是上一层的p。

之后,我们就能知道[1,mid)和(mid,r]分别对应候选转移点区间[tl,p]和[p,tr](注意区间开闭).

这样子的分治复杂度是O(nlogn)的,不过好像并不显然。

证明的话,每一层的候选区间长度总和为O(n),一共O(logn)层,总复杂度严格O(nlogn)

例题:P4072 [SDOI2016]征途 (的O(n^2logn)辣鸡写法)

(2+)贡献难算-分治&指针暴力跳 - \boxed{\text{2D}}

这只能算是一个小技巧吧。

(先看)例题:CF833B The Bakery

这个决策单调性在这里不证明了,感性理解就是选的区间越长越可能亏。

(直接拿暴力dp打出决策点的表,然后大眼观察也可以)

请大家先想一下O(n^3k)的暴力。

这题难就难在无法O(1)或者O(logn)算出区间颜色数,我们的复杂度强行多了一个n.

先直接套用(2)的分治,区间颜色数是莫队的拿手好戏,我们考虑模仿莫队,维护两个指针跳来跳去。

然后一个很暴力的想法是,问到那个区间,就跳到哪个区间。

第一眼看上去复杂度似乎假了,但是分治树自有它的特殊性质:

对于mid的查询,我们会询问\forall_{i=tl}^{mid}s(i,mid)

右端点是固定的,那么左端点一共只会移动O(候选区间长度)次。

当处理[l,r][tl,tr]这一任务时,l,r指针一定属于[tl,tr].

然后要向儿子分治求解,给到左儿子的时候要先暴力跳到[tl,midL],同样不会跳出[tl,tr]

从左儿子那里还回来之后,暴力给右儿子准备,不会跳出[tl,tr]。

这一部分也只会移动O(候选区间长度)次。

根据(2)的证明,一次分治总复杂度就依然是O(nlogn)

附: P5574 [CmdOI2019]任务分配问题

(3)二分队列 - \boxed{\text{1D}}

方程形如f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)

决策单调性的推论:有两个决策位置i,j(i<j)。

我们让i,j向k尝试着转移,不妨设i更优。

随着k的增大(右移),j有可能变得比i更优,但是此后i就永无翻身之日了。

也就是说,每个出发点能最优的目的地是一个区间,而且只会被后面的决策反超。(这和经典决策单调性是等价的)

这个过程暗示着一个分界线k'在这前面的k,用i转移更优,在这后面的用j转移更优。

如果我们能快速计算贡献函数 w 的话,就能用O(\log n)的代价计算出两个决策位置i,j(i<j)的分界线k'。

换句通俗的话说,j能在到达k'之后怼掉i。

然后,我们按照优劣维护一个单调队列,那么队首就是目前的最优转移。

• 退役 : 弹出队首

  每一个候选点都想怼掉前面那个目前比他优的点,我们存下每个点能叉掉前一个点的位置。

  如果k前进了,我们要判断队首有没有被下一个叉掉,如果有就弹出。

• 新人 : 队尾加入决策

  考虑一个候选决策点的命运,随着k的增大为时间线,无非是先养精蓄锐,然后叉掉别人,然后再被别人叉掉。

  前面的决策随着k增大可能会被后面的反超,则是经典的决策单调性,由于要养精蓄锐,我们从队尾加入新决策。

  假如这个决策能比最后一个更快地叉掉倒数第二个,则pop最后一个,一直进行……

  最后把新决策加入进去,这被称为二分队列。

观察可得这个队列是同时根据优劣和叉掉上一个人的时间为序的,这就可以保证所有叉人活动只在队首进行。

例题:P1912 [NOI2009]诗人小G

(3+)二分栈 - \boxed{\text{1D}}

严格来讲这东西并不是所谓的决策单调性,但是和(3)十分类似,所以附带着讲讲。

还是最小化问题,方程:f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)

每个出发点能最优的目的地是一个区间,但是 : 某种决策只会被更前的决策反超.

考虑某个决策的命运,随着k的增大为时间线,一开始就叉掉别人(注意这些人都是前面的,如果叉不掉就相当于被别人叉掉,根据上述性质就永无翻身之日了)

然后苟一会,再被别人(前面后面都有可能)叉掉。 (所以这个东西根本没有决策单调性啊)

看起来比较复杂,但是决策分界点仍然可以二分求出来,拿一个栈就能维护了。

还是套路,维护每个点能叉掉前一个点的位置,如果栈顶被叉掉了就弹出来。

由于只能在一开始怼人,加入元素的时候需要从栈顶加入,加入方法不是叉栈顶,而是比较优劣,如果劣于栈顶就直接丢掉,否则push进去。

然后,根据(3)的经验需要同时根据优劣和叉掉上一个人的时间为序。

我们在push前还要比较 : 栈次顶会不会在能够叉掉新决策之前就被下一个干掉(其实就是维护分界点有序),如果是就弹出来。

这样子就被称为二分栈。

例题 : P3515 [POI2011]Lightning Conductor

(4)斜率优化 - \boxed{\text{1D}}

好像技能树点反,怎么先学了二分队列……不管了。

还是极化问题,方程 : f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)

如果能把w(i,j)表示成(i)'+(i)(j)+(j)'+C的形式。

即两坨分别与i,j有关的常数和与两者都有关的乘积的和。(很多方程都满足这个要求)

我们把$(i)(j)+(j)'$看做一条直线,$(i)$的位置是$x$,决策$j$提供了斜率和截距。 我们所做的就是每次用一个$x$来切目前的所有直线(决策),来看看那个更优。 显而易见的是,我们需要维护一个上凸壳或者下凸壳(斜率有序)。 现在就变成了一个**数据结构维护凸壳**的问题。 由于凸壳的单调性,一般有两个重要性质能够加以利用 : **①插入斜率有序** , **②询问$x$点单增**。 - 同时满足①② 我们只需要单调队列(半平面交)维护凸壳,每次取队首即可。 具体的方法: - 队列里维护直线,以及与上一条直线的交点$x$坐标。 - 如果队首被第二个线超过了(看交点),弹出。 - 如果队尾超过倒数第二的时候,已经被新来的人超过了(看交点),弹出。 其实和二分队列本质上是一个东西,只不过不用二分了。 注意特判没有交点的情况,这时应该根据截距保留。 (一般不用考虑斜率不存在的情况) 例题 : [P3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY](https://www.luogu.org/problem/P3195) $\qquad$[P4072 [SDOI2016]征途](https://www.luogu.org/problem/P4072) (**2D**) - 仅满足① 还是单调队列维护凸壳,询问在上面二分(直接看交点管理区间)即可。 - 啥都不满足 平衡树(`std::set`)硬上,查询`lower_bound`,写起来感觉毒瘤…… 也可以李超树,一般来讲写起来比较轻松。 还可以`CDQ`分治之类的。 # 广义决策单调性 维度更高,一些奥妙的东西。 - **路径交错** 考虑分k段问题,如果段数`+1`,形成的决策路径必然交错,如下图上半部。 如果出现了下半部的情况,则不合法。  赛场上同样可以打表观察。 如果满足决策单调性,则必然满足路径交错,证明如下: 考虑蓝③的起始点,我们可以把蓝③的终点看做结束点,这比绿③靠前。 如果蓝③的起始点仍在绿③内,这会导致绿③的起始点甚至在蓝③前面,违背了决策单调性。 然后我们就又知道了蓝②的起点在绿②的前面。 通过反向归纳,我们能够得知 : 每个绿色的拱内,都最多只会有一个蓝点。 然后根据鸽笼原理不难得到每个绿拱内恰有一个蓝点。 这有一个好处,所有决策点的决策范围总和是$O(n)$的,所以我们暴力枚举范围就很优了。 **例题** : [CF321E Ciel and Gondolas](https://www.luogu.com.cn/problem/CF321E) 的$O(n^2)$做法。[stO 花神](https://www.luogu.com.cn/blog/pks-LOVING/solution-cf321e) [P4767 [IOI2000]邮局](https://www.luogu.com.cn/problem/P4767) 同样可以$O(n^2)$做掉。 - **环上路径交错** 仍然是分k段问题,这次整到环上来了。 画成图大概是这样的 :  注意,此时蓝①被包在绿①内了,根据鸽笼原理这是必然出现的。 实际上也只会出现一个,证明考虑从①处断开,然后就变成序列问题,沿用结论即可。 另一种环上路径交错 : 钦定某个起点求出最优解,和钦定另一个起点的方案交错(段数相同)。 **例题** : 环状邮局 - $O(n^2klogn)

可以枚举某个决策点,然后大力拆环为链。

变成了n个经典分k段问题,大力按层单调性分治分治即可O(nklogn)。

• O(n^2\log n)

  考虑路径交错,先O(nk\log n)求出任意一种方案,然后剩余的所有方案就都是交错的。

  选取最短的(决策点最少)一段,这一段的长度是O(n/k)的,在这一段里面枚举起点即可。

  总复杂度是O(n^2\log n).

接下来是O(n\log S)的魔法。

先考虑如何快速求出任意一种钦定起点的方案。

能够感知这是凸的,使用WQS二分+二分队列即可做到O(n\log n\log S)。

但是可能在构造方案上遇到一点麻烦……可以玄学扰动避免答案凸包三点共线。

当然还有比较系统的构造方法,改日研究。

得到了一种方案之后,我们进行决策单调性分治。由于路径交错,各个点的决策长度总和是O(n)的。

考虑把一段段的东西拆下来分层排成一排,则有这样的模式:

一条折线则表示某种钦定起始点的决策,不难发现折线相交就代表着路径不交错,所以所有折线都是不交的。

现在重头戏来了,我们对起始点分治,对于后面的点依次枚举决策区间进行转移,能够找到一条折线。

这条直线把所有的层分成了两部分,大小和为O(n),于是分治下去找折线,复杂度是O(n\log n)的。