四邊形不等式

優化一種動態規劃遞推式：

$f_i=mi{n}_{0\le j<i}\{f_j+w(j+1,i)\}$ 典型題目：序列劃分

$f_{i,j}=mi{n}_{i\le k<j}\{f_{i,k}+f_{k+1,j}+w(i,j)\}$ 典型題目：石子合并

必須滿足的條件：

a. $w(i,j)$滿足區間包含單調性
b. $w(i,i)=0$
c. $w(i,j)$滿足四邊形不等式，即對于$x\le x^{\prime }<y\le y^{\prime }$，有$w(x,y)+w(x^{\prime },y^{\prime })\le w(x,y^{\prime }),+w(x^{\prime },y)$

決策單調性證明

1維遞推式決策單調性證明

對于式子$1$，假設$k$是$f_i$的最優決策點，假設$i^{\prime }>i,k^{\prime }<k$，那么對于$f_{i^{\prime }}$來說，在$k$點決策優于在$k^{\prime }$點決策。

首先有1式：$f_i=f_k+w(k+1,i)<f_{k^{\prime }}+w(k^{\prime }+1,i)$

取點$k^{\prime }+1<k+1<i<i^{\prime }$，根據四邊形不等式得2式：$w(k^{\prime }+1,i)+w(k+1,i^{\prime })<w(k^{\prime }+1,i^{\prime })+w(k+1,i)$

1式 + 2式可得3式：$f_k+w(k+1,i^{\prime })<f_{k^{\prime }}+w(k^{\prime }+1,i^{\prime })$
根據3式，顯然決策單調性滿足。

2維遞推式決策單調性證明

對于式子$2$，假設$p(i,j)$是$f_{i,j}$的最優決策點，那么證明決策單調性即等價于證明$p(i,j?1)\le p(i,j)\le p(i+1,j)$。
先證明$p(i,j?1)\le p(i,j)$，右邊同理。
證明方法：設是$p(i,j?1)=k,k^{\prime }<k$

由$k$的最優性，得到1式$f_{i,j?1}=f_{i,k}+f_{k+1,j?1}+w(i,j?1)<f_{i,k^{\prime }}+f_{k^{\prime }+1,j?1}+w(i,j?1)$

由于$w$滿足四邊形不等式，其實$f$也滿足四邊形不等式，取$k^{\prime }+1<k+1<j?1<j$，由遞變形不等式可得：$f_{k^{\prime }+1,j?1}+f_{k+1,j}<f_{k^{\prime }+1,j}+f_{k+1,j?1}$。

1式+2式可得：$f_{i,k}+f_{k+1,j}+w(i,j)<f_{i,k^{\prime }}+f_{k^{\prime }+1,j}+w(i,j)$。
顯然，對于$f_{i,j}$來說，決策點$k$要比$k^{\prime }$好，證明完畢。

于是石子合并的代碼可以寫成：

for(int i = 1;i <= n;++i) {dp[i][i] = 0;dp[i][i+1] = a[i] + a[i+1];p[i][i+1] = i; } for(int len = 3;len <= n;++len) for(int i = 1;i <= n;++i) {int j = i + len - 1;if(j > n) break;for(int k = p[i][j-1],k <= p[i+1][j];++k) {int X = dp[i][k] + dp[k+1][j];if(X < dp[i][j]){dp[i][j] = X;p[i][j] = k;}}} }

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例題

http://poj.org/problem?id=1160

題目大意

給出$V$個村莊的橫坐標，從中選出$P$個安放郵局，使得所有村莊去郵局距離之和最小。

解：

當只安放一個郵局時候，顯然只需選在中間點即可。
設$w(i,j)$表示把$[i,j]$區間內的村莊安置一個郵局，其最小距離和。
容易發現，$w(i,j)$可以用動態規劃來求解，時間復雜度$O(n^2)$，$w(i,j)=w(i,j?1)+(x[j+1]?x[\frac{y+1+x}{2}])$，發現$w(i,j)$滿足四邊形不等式等3個條件。

記$f_{i,j}$表示在前$i$個村莊安放$j$個郵局，距離之和的最小值。
類似于序列化分問題，我們可以找到轉移方程：
$f_{i,j}=min(f_{k,j?1}+w(k+1,i))$，根據1維線性遞推式的決策單調性證明方法，可以知道這個式子也可以使用四邊形進行優化。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的四边形不等式的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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