dp优化-四边形不等式(模板题：合并石子)

学习博客：https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812

看了好久，这里整理一下证明

方程形式：dp(i,j)=min(dp(i,k)+dp(k+1,j))+cost(i,j)  O(n^3)

四边形不等式：将其优化为O(n^2)

1.四边形不等式

a<b<=c<d

f(a,c)+f(b,d)<=f(b,c)+f(a,d)交叉小于包含

则对于i<i+1<=j<j+1

f(i,j)+f(i+1,j+1)<=f(i+1,j)+f(i,j+1)

f(i,j)-f(i+1,j)<=f(i,j+1)-f(i+1,j+1)

令g(j)=f(i,j)-f(i+1,j),则g(j)递增

2.若cost(i,j)有凸性，则dp(i,j)也有凸性

只需要证明对任意i<i+1<=j<j+1,有dp(i,j)+dp(i+1,j)<=dp(i+1,j)+dp(i,j+1)

设dp(i+1,j)取最优解的k=x，dp(i,j+1)取最优解的k=y

即要证：dp(i,j)+dp(i+1,j)<=dp(i,y)+dp(y+1,j+1)+dp(i+1,x)+dp(x+1,j)+cost(i,j+1)+cost(i+1,j)（1）

令A=dp(i,y)+dp(y+1,j+1)+dp(i+1,x)+dp(x+1,j)；

由于dp(i,j)的最优解不一定为k=x,则dp(i,j)<=dp(i,x)+dp(x+1,y)+cost(i,j)

同理由于dp(i+1,j)的最优解不一定为k=y,则dp(i+1,j)<=dp(i+1,y)+dp(y+1,j)+cost(i+1,j)

（1）式可化为：

dp(i,j)+dp(i+1,j)<=A+cost(i,j)+cost(i+1,j)<=A+cost(i,j+1)+cost(i+1,j)

由cost的凸性可知成立，故dp(i,j)也有凸性

3.证明决策的单调性

设s(i,j)表示dp(i,j)最优时的k值

要证：s(i,j-1)<=s(i,j)<=s(i+1,j)

先证s(i,j-1)<=s(i,j):

设y=s(i,j-1),对任意x满足x<=y<j-1<j,有x+1<=y+1<=j-1<j

由四边形不等式：dp(x+1,j-1)+dp(y+1,j)<=dp(x+1,j)+dp(y+1,j-1)

令A=dp(i,x)+cost(i,j-1)+dp(i,y)+cost(i,j)

两边同时加上A

化简得到:dp(i,j-1)(k=x时的值)+dp(i,j)(k=y)<=dp(i,j)(k=x)+dp(i,j-1)(k=y)

移项：dp(i,j-1)(k=x)-dp(i,j-1)(k=y)<=dp(i,j)(k=x)-dp(i,j)(k=y)

由于k=y时dp(i,j-1)取最小值，则左边>=0，即dp(i,j)(k=x)>=dp(i,j)(k=y)

也就是说，对于dp(i,j)，任意一个k=x<y都不如k=y优。

故s(i,j-1)<=s(i,j)

另一边同理（不证了）

那么关键就在于枚举k的部分

 //s(i,j-1)<=s(i,j)<=s(i+1,j)
     for(int i=n;i>=;i--)
         (int j=i+;j<=n;j++)
         {
             int d=INF,id=;
             for(int k=s[i][j-];k<=s[i+][j];k++)
             {
                 if(d>dp[i][k]+dp[k+][j]+sum[j]-sum[i-])
                 {
                     d=dp[i][k]+dp[k][j]+sum[j]-sum[i-];
                     id=k;
                 }
             }
             dp[i][j]=d;
             s[i][j]=id;
         }

总复杂度O(n^2)

补充一个证明

来源为https://www.cnblogs.com/mlystdcall/p/6525962.html，我稍微加了一点点

对于固定的区间长度len，有

　　dp[i][i+len]的决策范围为s[i][i+len-1]至s[i+1][i+len]

　　dp[i+1][i+len+1]的决策范围为s[i+1][i+len]至s[i+2][i+len+1]

　　dp[i+2][i+len+2]的决策范围为s[i+2][i+len+1]至s[i+3][i+len+2]

　　如此脑补下去，我们发现，对于固定的区间长度len，总共的决策只有O(n)个！因为一共有O(n)个不同的区间长度len，所以算法的总复杂度就是O(n^2)！

模板题：合并石子

现在有n堆石子，要将石子按一定顺序地合成一堆，规定如下，每次只能移动相邻的两堆石子，合并费用为新和成一堆石子的数量，求把n堆石子全部合并到一起所花的最少或者最大花费

很容易想到这样一个dp转移 
dp[i][j]=min{dp[i][k]+dp[k+1][j]}+cost[i][j] 
震惊！这不就是之前所讲的模型嘛？原来之前O（n^3）方的合并石子问题还可以优化（我太弱了） 
首先明确一点，cost[i][j]表示把第i堆到第j堆的石子和到一起的最后一步的代价，显然，之前无论怎么合并，最后一步的代价都是一样的，所以我们可以先预处理出这个cost数组，他等于cnt[j]-cnt[i-1]，其中cnt数组是前缀和 
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作者：NOIAu 
来源：CSDN 
原文：https://blog.csdn.net/noiau/article/details/72514812 
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分析题目：

只要证明cost(i,j)满足凸性。g(j)=cost(i,j)-cost(i+1,j)=sum(j)-sum(i-1)-sum(j)+sum(i）=sum(i)-sum(i-1)与j无关，满足（此时为等于）。

我的模板：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 const int N=,INF=(int)1e9;
 int dp[N][N],s[N][N],sum[N];

 int main()
 {
     //freopen("a.in","r",stdin);
     int n;
     scanf("%d",&n);
     sum[]=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         int x;
         scanf("%d",&x);
         sum[i]=sum[i-]+x;
     }
     for(int i=;i<=n;i++) dp[i][i]=,s[i][i]=i;
     //s(i,j-1)<=s(i,j)<=s(i+1,j)
     for(int i=n;i>=;i--)
         (int j=i+;j<=n;j++)
         {
             int d=INF,id=;
             for(int k=s[i][j-];k<=s[i+][j];k++)
             {
                 if(d>dp[i][k]+dp[k+][j]+sum[j]-sum[i-])
                 {
                     d=dp[i][k]+dp[k][j]+sum[j]-sum[i-];
                     id=k;
                 }
             }
             dp[i][j]=d;
             s[i][j]=id;
         }
     printf("%d\n",dp[][n]);
     return ;
 }