dp优化1——浅谈四边形不等式优化

形式1

随手来一个dp式，

f[i,j]=min{f[i,k−1]+f[k,j]}

，谁来说说这个dp的时间复杂度，看上去似乎是n立方的，但实际上如何呢？让我们拨开重重迷雾，找到真相。

引入——四边形不等式

内容：∀a≤b≤c≤d，若w满足

w[a,c]+w[b,d]≤w[a,d]+w[b,c]

，则称w满足四边形不等式。

定理一

设

s[i,j]=min{k|f[i,k−1]+f[k,j]}

，什么意思呢？就是s[i,j]表示令f[i,k−1]+f[k,j]取最小值的k。
定理一内容：若f满足四边形不等式，那么

s[i,j−1]≤s[i,j]≤s[i+1,j]

定理一证明：
由对称性我们只需要证明s[i,j−1]≤s[i,j]，假设我们现在有两个决策点，
分别为k1,k2,而且k1≤k2≤j−1≤j，同时设fk[i,j]表示以k为决策点转移过来的f[i,j]的值，由f满足四边形不等式可得，

f[k1,j−1]+f[k2,j]≤f[k1,j]+f[k2,j−1]

,两边同时加上
f[i,k1−1]+f[i,k2−1]得

fk1[i,j−1]+fk2[i,j]≤fk1[i,j]+fk2[i,j−1]

，接着移项得

fk1[i,j−1]−fk2[i,j−1]≤fk1[i,j]+fk2[i,j]

，若此时决策点k1比决策点k2要优，那么不等式右边小于等于0，也就是说，若k1这个决策点优于k2的条件是在f[i,j−1]的决策中k1也要优于k2，那么对于kl<s[i,j−1]，这个k就不可能是最优决策点。证毕。

揭密——时间复杂度

首先枚举一个长度l，然后求所有的f[i,i+l−1]

∑i=1n−l+1(s[i+1,i+l−1]−s[i,i+l−2])=s[n−l+2,n]−s[1,l−1]

解释一下为什么是这样的，因为将每一项的s都写出来，可以发现除末尾项，每一项的那个加上的s项总是跟后面的那一项的减去的s项抵消。
然后再乘上外面那层枚举长度的l，所以最后时间复杂度为n方的。

形式二

f[n]=⎧⎩⎨min{f[i,k−1]+f[k,j]+w[i,j]},0,∞i<ji=ji>j

区间包含单调性

∀a≤b≤c≤d，都有w[a,d]≤w[b,c]。或将不等式变号，则称w满足区间包含单调性。

定理二

若w同时满足四边形不等式和区间包含单调性，那么f也满足四边形不等式和区间包含单调性。
定理二证明：若w满足区间包含单调性，那么f显然也满足区间包含单调性（想想为什么）
下证f满足四边形不等式，我们可以得到一个显然的东西，当区间长度小于等于2时，显然成立。下面我们讨论区间长度大于2的情况，则a<b≤c<d，然后我们再假设所有被区间[a,d]包含的子区间都满足四边形不等式。此时分两种情况讨论：
情况①：
当b=c时，令k=s[a,d],暂且设k≤b，因为由对称性，所以这不是重点。
则

f[a,b]+f[b,d]≤f[a,k−1]+f[k,b]+w[a,b]+f[b,d]≤f[a,k−1]+f[k,b]+f[b,d]+w[a,d]区间包含单调≤f[a,k−1]+f[k,d]+f[b,b]+w[a,d]（用四边形不等式）≤f[a,k−1]+f[k,d]+w[a,d]≤f[a,d]

情况②：
此时a<b<c<d，令y=s[b,c],z=s[a,d]，再假设y≤z，则此时a<b<y<z
则

f[a,c]+f[b,d]≤f[a,y]+f[y+1,c]+w[a,c]+f[b,z]+f[z+1,d]+w[b,d]≤f[a,y]+f[b,z]+f[y+1,c]+f[z+1,d]+w[a,d]+w[b,c]≤f[a,z]+f[b,y]+f[y+1,c]+f[z+1,d]+w[a,d]+w[b,c]=f[a,d]+f[b,c]

定理三

w满足四边形不等式但且仅当

w[i,j]+w[i+1,j+1]≤w[i+1,j]+w[i,j+1]

，不要问我为什么我现在已经脑力不支了，留个坑先。

例题（较为经典，相信大家都切了）

题目描述
在一个环状跑道上摆放着N堆石子，现在要将所有的石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选取相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。问最少的总得分是多少？
输入
第一行为石子堆数N。
从第2行到第N + 1行，每行一个正整数。第i个数表示第i堆石子的石子数。
输出
在第一行输出一个整数，表示最少的总得分。
样例输入
4
4
5
9
4
样例输出
43
数据范围限制
在40%的数据中，1 ≤ N ≤ 100
在60%的数据中，1 ≤ N ≤ 200
在100%的数据中，1 ≤ N ≤ 2000
保证输入数据中每堆石子的石子数不超过10000
我们是普通人，不要想着用什么GarsiaWachs算法优化到O(nlogn)，
普通人的做法：因为是环状，首先复制一份，设f[i,j]，表示将第i堆石子合并到第j堆石子能得到的最少的分数，然后用四边形不等式随便弄一下。
无优化代码如下：时间复杂度：O(n3)

uses        math;var        n:0..2000;        m,i,j,k,len,minest:longint;        a,w:array [0..5000] of longint;        f:array [0..3000,0..3000] of longint;begin        readln(n);        for i:=1 to n do        begin                readln(a[i]);                w[i]:=w[i-1]+a[i];        end;        for i:=1 to n do                w[n+i]:=w[i+n-1]+a[i];        for len:=2 to n do                for i:=1 to 2*n-len+1 do                begin                        j:=i+len-1;                        f[i,j]:=maxlongint;                        for k:=i to j-1 do                                f[i,j]:=min(f[i,j],f[i,k]+f[k+1,j]+w[j]-w[i-1]);                end;        minest:=maxlongint;        for i:=1 to n do                minest:=min(minest,f[i,i+n-1]);        writeln(minest);end.

四边形不等式优化：时间复杂度：O(n2)

uses        math;var        f,s:array[1..4000,1..4000]of longint;        n,i,j,len,k,minest:longint;        a,w:array[0..4000]of longint;begin        read(n);        for i:=1 to n do        begin                readln(a[i]);                w[i]:=w[i-1]+a[i];        end;        for i:=1 to n do                w[n+i]:=w[i+n-1]+a[i];        for len:=1 to n do                for i:=1 to n+n-len+1 do                begin                        j:=i+len-1;                        if len=1 then                                s[i,j]:=i                        else                        for k:=s[i,j-1]to s[i+1,j]do                                if(f[i,j]=0)or(f[i,k]+f[k+1,j]+w[j]-w[i-1]<f[i,j])then                                begin                                        s[i,j]:=k;                                        f[i,j]:=f[i,k]+f[k+1,j]+w[j]-w[i-1];                                end;                end;        minest:=maxlongint;        for i:=1 to n do                minest:=min(minest,f[i,i+n-1]);        write(minest);end.

the end

由于我的水平有限，难免会有些写错的地方，希望大家批评指正，多多包容，thank you for your patience.