动态规划之四边形不等式优化

最新推荐文章于 2023-04-14 20:48:10 发布

转载最新推荐文章于 2023-04-14 20:48:10 发布 · 398 阅读

2 ·

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/ybwowen/p/11116654.html

文章标签：

#数据结构与算法

本文详细解析了四边形不等式的概念及其在动态规划中的应用，通过数学推导证明了其有效性，并提供了石子合并问题的具体实例与代码实现。

四边形不等式

设函数$w(x,y)$是定义在$Z$上的函数，若对于任意$a,b,c,d \in Z$，其中$a\leq b \leq c \leq d$，都有$w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d)$，则称函数$w$满足四边形不等式

推论：

设函数$w(x,y)$是定义在$Z$上的函数，若对于任意$a,b \in Z$，其中$a<b$，都有$w(a,b+1)+w(a+1,b) \ge w(a,b)+w(a+1,b+1)$，则函数$w$满足四边形不等式

证明：

对于$a<c$，有：
\[ w(a,c+1)+w(a+1,c) \ge w(a,c)+w(a+1,c+1) \]
对于$a+1<c$，有：
\[ w(a+1,c+1)+w(a+2,c) \ge w(a+1,c)+w(a+2,c+1) \]
两式相加，得：
\[ w(a,c+1)+w(a+1,c)+w(a+1,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+1,c+1)\\ +w(a+1,c)+w(a+2,c+1) \]
整理得：
\[ w(a,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+2,c+1) \]
依此类推，对于任意$a\leq b \leq c$，有：
\[ w(a,c+1)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,c+1) \]
（此处即用$b$来代替$a+2$，因为$a+1 <c$ ，所以$b \leq c$）

同理，对于任意$a\leq b \leq c \leq d$，有：
\[ w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d) \]

定理1

对于任意$a,b,c,d \in Z$，如果函数$w$满足四边形不等式，且$w(a,d)\ge w(b,c)$，则函数$f$也满足四边形不等式，其中$f$满足：
\[ f(x,y)=min(f(x,z)+f(z+1,y)+w(x,y)|x\leq z <y) \]
（特别的，我们令$f(x,y)=w(x,y)=0$）

证明：

当$x+1=y$时，我们有：
\[ f(x,y+1)+f(x+1,y)=f(x,x+2)+f(x+1,x+1)=f(x,x+2) \]
若$f(x,x+2)$的最优决策是$x+1$，则：
\[ f(x,x+2)=f(x,x+1)+f(x+2,x+2)+w(x,x+2)=w(x,x+1)+w(x,x+2) \]
显然
\[ w(x,x+1)+w(x,x+2)\ge w(x,x+1)+w(x+1,x+2) \]
若$f(x,x+2)$的最优决策是$x$，则：
\[ f(x,x+2)=f(x,x)+f(x+1,x+2)+w(x,x+2)=w(x+1,x+2)+w(x,x+2) \]
显然
\[ w(x+1,x+2)+w(x,x+2)\ge w(x+1,x+2)+w(x,x+1) \]
而
\[ w(x,x+1)+w(x+1,x+2)=f(x,x+1)+f(x+1,x+2)=f(x,y)+f(x+1,y+1) \]
所以当$x+1=y$ 时，我们得到：
\[ f(x,y+1)+f(x+1,y)\ge f(x,y)+f(x+1,y+1) \]
即此时四边形不等式成立。

接下来，我们运用数学归纳法

假设当$y-x<k$时，四边形不等式成立。

我们现在考虑$y-x=k$的情况

令$f(x,y+1)$以$a$为最优决策，$f(x+1,y)$以$b$为最优决策。

不妨设$x+1\leq a \leq b$

易得：
\[ f(x,y+1)+f(x+1,y)=f(x,a)+f(a+1,y+1)+w(x,y+1)\\ +f(x+1,b)+f(b+1,y)+w(x+1,y) \]
对于$f(x,y)$和$f(x+1,y+1)$，由于$a$，$b$不一定是最优决策，所以我们有：
\[ f(x,y)+f(x+1,y+1)\le f(x,a)+f(a+1,y)+w(x,y)\\ +f(x+1,b)+f(b+1,y+1)+w(x+1,y+1) \]
因为$w$满足四边形不等式，所以：
\[ w(x,y+1)+w(x+1,y)\ge w(x,y)+w(x+1,y+1) \]
根据归纳假设，我们有：
\[ f(a+1,y+1)+f(b+1,y)\ge f(a+1,y)+f(b+1,y+1) \]
于是我们有：
\[ f(x,y+1)+f(x+1,y)\ge f(x,y)+(x+1,y+1) \]

定理2:

对于任意$a,b,c,d \in Z$，如果函数$w$满足四边形不等式，且函数$f$满足：
\[ f(x,y)=min(f(x,z)+f(z+1,y)+w(x,y)|x\leq z <y) \]
（特别的，我们令$f(x,y)=w(x,y)=0$）

记$P(x,y)$为令$f(x,y)$取到最小值的$k$值。如果函数$f$满足四边形不等式，那么对于任意$x$，$y$，我们有：
\[ P(x,y-1)\leq P(x,y)\leq P(x+1,y) \]
证明：

记$p=P(i,j)$。

对于任意的$x< k \leq p$，由四边形不等式得：
\[ f(x,t)+f(x+1,k)\ge f(x,k)+f(x+1,t) \]
移项得：
\[ f(x+1,k)-f(x+1,t)\ge f(x,k)-f(x,t) \]
由于$p$为最优决策，所以我们有：
\[ f(x,k)+f(k+1,y)\ge f(x,p)+f(p+1,y) \]
所以：
\[ \begin{array}{lcr} (f(x+1,k)+f(k+1,y)+w(x+1,y))-(f(x+1,p)+f(p+1,y)+w(x+1,y))\\ =(f(x+1,k)-f(x+1,p))+(f(k+1,y)-f(p+1,y)) \\ \ge (f(x,k)-f(x,p))+(f(k+1,y)-f(p+1,y)) \\ =(f(x,k)+f(k+1,y))-(f(x,p)+f(p+1,y))\\ \ge 0 \end{array} \]
这意味着，对于$f(x+1,y)$ 的任意决策$k\leq p$，$p$都要比$k$更优（包括相等）

所以
\[ P(x+1,y)\ge P(x,y) \]
同理可证
\[ P(x,y-1)\leq P(x,y) \]
所以
\[ P(x,y-1)\leq P(x,y) \leq P(x+1,y)) \]

例题

1.[NOI1995]石子合并

现在有$n$堆石子(环状)，每次只能将相邻的两堆合并成一堆，每次的得分是两队石子之和，求最大得分和最小得分

显然，本题是区间dp。

令$dp[i][j]$表示$i$到$j$之间合并石子的最小值（最大值同理），则我们可以很轻松地列出状态转移方程为：
\[ dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+d(i,j)|i\leq k < j) \]
其中$d(i,j)$表示$i$到$j$之间石子的个数

当问题是最小值时，我们就可以用四边形不等式优化了。此时，对于$dp[i][j]$，我们只需要在区间$[P[i][j-1],P[i+1][j]]$枚举$k$即可，时间复杂度为$O(n^2)$

注意：最大值并不满足单调性，不能用四边形不等式优化，但此时最大值有一个性质：

使最大值最优的决策$P[i][j]$要么是$i$，要么是$j-1$

证明：

反证法。

假设最优决策$P[i][j]=p$，且$i<p<j-1$

我们有两种情况：

情况一：$d(i,p)\leq d(p+1,j)$

我们可以令$t=P[i][p]$，于是此时我们的方案便是：

${[i,i+1,i+2,...,t|t+1,t+2,...,p]p+1,p+2,...j}$

得分$F_1=(dp[i][t]+dp[t+1][p]+d(i,p))+dp[p+1][j]+d(i,j)$

此时我们可以构造一种方案：

${i+1,i+2,...,t[t+1,t+2,...,p|p+1,p+2,...j]}$

得分$F_2=dp[i][t]+(dp[t+1][p]+dp[p+1][j]+d(t+1,j))+d(i,j)$

因为$t<p$，所以$d(i,p)\leq d(p+1,j< d(t+1,j)$

所以$F_1< F_2$，即此时决策$p$并不是最优

情况二：$d(i,p)>d(p+1,j)$

同样的，我们令$t=P[p+1][j]$，此时我们的方案：

${i,i+1,i+2,...,p[p+1,p+2,...,t|t+1,t+2,...j]}$

得分$F_1=dp[i][p]+(dp[p+1][t]+dp[t+1][j]+d(p+1,j))+d(i,j)$

我们仍然可以构造一种方案：

${[i,i+1,i+2,...,p|p+1,p+2,...,t]t+1,t+2,...j}$

得分$F_2=(dp[i][p]+dp[p+1][t]+d(i,t+1))+dp[t+1][j]+d(i,j)$

因为$t+1>p$，所以$d(i,t+1)>d(i,p)>d(p+1,j)$

所以$F_1<F_2$，即此时决策$p$仍然不是最优

这与假设矛盾，所以最优决策只可能是$i$或者$j-1 $

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int dp[maxn][maxn];
int dp2[maxn][maxn];
int n;
int a[maxn];
int sum[maxn];
int p[maxn][maxn];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i];
    for(int i=1;i<=2*n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i],p[i][i]=i;
    for(int i=n<<1;i>=1;i--)
        for(int j=i+1;j<=n<<1;j++){
            dp[i][j]=0x3f3f3f3f;
            dp2[i][j]=max(dp2[i][i]+dp2[i+1][j],dp2[i][j-1]+dp2[j][j])+sum[j]-sum[i-1];
            for(int k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];k++)
                if(dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]<dp[i][j]){
                    dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1];
                    p[i][j]=k;
                }else if(dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]==dp[i][j])
                    p[i][j]=max(p[i][j],k);
            
        }
    int ans=0x3f3f3f3f;
    int ans2=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,dp[i][i+n-1]);
    for(int i=1;i<=n;i++) ans2=max(ans2,dp2[i][i+n-1]); 
    printf("%d\n%d\n",ans,ans2);
    return 0;
}

参考文献：
1.李煜东《算法竞赛进阶指南》
2.2001年国家集训队论文毛子青《动态规划算法的优化技巧》

转载于:https://www.cnblogs.com/ybwowen/p/11116654.html