决策单调性Ⅰ：四边形不等式（bzoj 1563: [NOI2009]诗人小G）

题目描述：

给出n个数字和常数L，你可以任意合并相邻的两个数字a[x]和a[x+1]，并得出一个新的数a[x]+a[x+1]+1，一通合并后得到一个有若干个数的序列，这个序列的不协调值为∑|(a[i]-L)^p|，求最小不协调值

例如L=7，初始4个数分别为3 3 1 5，那么肯定是将前两个数合并，后两个数合并得出7 7，这时不协调值一定为0

n<=100000，L<=300000，P<=10

设dp[i]为前i个数的最小不协调度，len[]为第i个数有

复杂度O(n²P)，肯定过不去

当P=2时，设sum[]为len[]的前缀和，若k点比j点更优，且j<k<i，那么有

维护一个下凸包，这样当P=2时，斜率优化复杂度O(n)

斜率优化可见：决策单调性Ⅱ：斜率优化

这就是题目 1010: [HNOI2008]玩具装箱toy 的题解

可这题P不一定等于2，还是过不去

不过以上说明了这个DP可能是有决策单调性的

那么先说：什么是决策单调性？

先提一个词：1D/1D动态规划，指的是状态为O(n)，每一个状态决策都需要O(n)遍历前面所有决策才能得出的动态规划，直接求解的复杂度是O(n²)，但很多情况下都可以通过一系列手段优化成O(nlogn)或者O(n)（例如平行四边形优化和斜率优化）

1D/1D动态规划经典模型：

假设j点是当前i点的最优决策，那么决策单调性就是指：

对于所有的x>i，最优决策p(x)一定都大于j

也可这么理解：假设a是dp[x]的最优决策，b是dp[x-1]点的最优决策，a>b，那么对于所有的p>x，从a点转移一定比b点更优，对于所有的p<x-1，从b点转移一定比a点更优

还可以这么理解：每个决策点能决策的区间一定是连续的一段，并且随着决策点的右移，这个区间也在不断右移

充要条件：

具体证明比较复杂，而且题目不同证明应该也会有不同，这里就略

贴一篇证明https://www.byvoid.com/zhs/blog/noi-2009-poet

~~一般题目都能看出来，没必要证，等你证完别人都AC了~~

那么知道了决策单调性，怎么搞？

通过上面蓝色字体，可以这样思考：对于当前决策点，它能影响的区间是哪些？

举个例子假设n=30，一步一步来：

先搞出dp[1]，那么所有后续状态dp[x]的目前最优决策一定都是1，决策表如下：

111111111111111111111111111111

然后再算出dp[2]，由于决策单调性，决策表一定会变成这样：

111111111122222222222222222

再算出dp[3]：111111111122222233333333333

再算出dp[4]：111111111122222244444444444

再算出dp[5]：111111111122222244555555555

……

那么可以看出，每个决策在决策表中一定会有且只有一个转折点

理论上只要知道这个转折点就可以

具体过程：

用一个栈来维护，里面保存每一个决策的起始位置和终点位置，显然这些位置是首尾相接的

每出现一个新决策，从后往前扫描栈，这个时候有两种情况：

①如果在某个老决策起点处新决策更好，那么把这个老决策直接弹出栈（扔掉），用新决策代替之，就如同上面例子中算出dp[4]之后，决策3被完全抛弃

②如果在某个老决策起点处还是老决策更好，那么转折点必定在这个老决策区间内，二分查找并插入新决策

复杂度分析：每个决策出栈进栈1次，每次二分，所以O(nlogn)

回到这题，看DP式子

这不就是

的模型题么，其中w[i, j]就是后面那一长串

就用上述方法就ok了

1563: [NOI2009]诗人小G

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Description

Input

Output

对于每组数据，若最小的不协调度不超过1018，则第一行一个数表示不协调度若最小的不协调度超过1018，则输出"Too hard to arrange"(不包含引号)。每个输出后面加"--------------------"

Sample Input

4 9 3

brysj,

hhrhl.

yqqlm,

gsycl.

4 9 2

brysj,

hhrhl.

yqqlm,

gsycl.

1 1005 6

poet

1 1004 6

poet

Sample Output

108

--------------------

Too hard to arrange

--------------------

1000000000000000000

--------------------

这题就是上面那个例子，代码里有注释

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define Inf 1e18
#define LD long double
int n, L, p, top, st[100005], k[100005], a[100005], sum[100005];
LD dp[100005];
LD Pow(int x, int y)
{int i;LD ans = 1;for(i=1;i<=y;i++)ans = ans*x;if(ans<0)ans = -ans;return ans;
}
LD Calc(int j, int i)
{return dp[j]+Pow(sum[i]-sum[j]+i-j-1-L, p);
}
int Find(int x)
{int l, r, m;l = 1, r = top;while(l<r){m = (l+r+1)/2;if(x>=k[st[m]])l = m;elser = m-1;}return r;
}
int Find_pos(int i, int x)
{int l, r, m;l = max(i+1, k[x]+1), r = n+1;while(l<r){m = (l+r)/2;if(Calc(i, m)<Calc(x, m))r = m;elsel = m+1;}return r;
}
int main(void)
{char str[35];int i, T, x;scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d", &n, &L, &p);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%s", str+1);a[i] = strlen(str+1);sum[i] = sum[i-1]+a[i];}top = 0, k[0] = 0;st[++top] = 0;for(i=1;i<=n;i++){x = st[Find(i)];        //找到i点所在区间是哪个最优决策点的区间dp[i] = Calc(x, i);       //因为是最优决策点，直接计算while(k[st[top]]>i && Calc(i, k[st[top]])<Calc(st[top], k[st[top]]))        //对于当前新决策，从后往前扫描栈top--;              //如果在某个老决策起点处新决策更好，那么直接把这个老决策直接弹出栈（扔掉），用新决策代替之x = Find_pos(i, st[top]);        //如果在某个老决策起点处还是老决策更好，那么转折点必定在这个老决策区间内，二分查找并插入新决策if(x==n+1)                                             //↑↑这里偷个懒，直接扫老决策起点往后的整个数组而不是扫老决策区间continue;k[i] = x;st[++top] = i;       //插入新决策}/*for(i=1;i<=n;i++){dp[i] = 7*Inf;for(j=0;j<=i-1;j++)dp[i] = min(dp[i], Calc(j, i));}*/if(dp[n]>Inf)printf("Too hard to arrange\n--------------------\n");elseprintf("%lld\n--------------------\n", (LL)dp[n]);}return 0;
}
/*
1
4 9 2
brysj,
hhrhl.
yqqlm,
gsycl.
*/