【算法】决策单调性优化DP

conti1232024-05-26 2:36

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决策单调性

四边形不等式

定义:

对于二元函数 w ( x , y ) w(x,y) w(x,y)，若 ∀ a , b , c , d ∈ Z \forall a,b,c,d\in \mathbb{Z} ∀a,b,c,d∈Z，且 a ≤ b ≤ c ≤ d a\le b\le c\le d a≤b≤c≤d，都有 w ( a , d ) + w ( b , c ) ≥ w ( a , c ) + w ( b , d ) w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d) w(a,d)+w(b,c)≥w(a,c)+w(b,d)，则称函数 w w w 满足四边形不等式，也称它满足凸完全单调性

简记为 跨越 + + + 包含 ≥ \ge ≥ 交叉

定理1:

若函数 w ( x , y ) w(x,y) w(x,y) 满足 ∀ a , b ∈ Z , a < b \forall a,b\in \mathbb{Z},a<b ∀a,b∈Z,a<b 都有 w ( a , b + 1 ) + w ( a + 1 , b ) ≥ w ( a , b ) + w ( a + 1 , b + 1 ) w(a,b+1)+w(a+1,b)\ge w(a,b)+w(a+1,b+1) w(a,b+1)+w(a+1,b)≥w(a,b)+w(a+1,b+1)

则函数 w w w 满足四边形不等式
证明1:

若 a < c a<c a<c，有 w ( a , c + 1 ) + w ( a + 1 , c ) ≥ w ( a , c ) + w ( a + 1 , c + 1 ) w(a,c+1)+w(a+1,c)\ge w(a,c)+w(a+1,c+1) w(a,c+1)+w(a+1,c)≥w(a,c)+w(a+1,c+1)

若 a + 1 < c a+1<c a+1<c，有 w ( a + 1 , c + 1 ) + w ( a + 2 , c ) ≥ w ( a + 1 , c ) + w ( a + 2 , c + 1 ) w(a+1,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a+1,c)+w(a+2,c+1) w(a+1,c+1)+w(a+2,c)≥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 ) ≥ w ( a , c ) + w ( a + 1 , c + 1 ) + w ( a + 1 , c ) + w ( a + 2 , c + 1 ) 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) w(a,c+1)+w(a+1,c)+w(a+1,c+1)+w(a+2,c)≥w(a,c)+w(a+1,c+1)+w(a+1,c)+w(a+2,c+1)

即 w ( a , c + 1 ) + w ( a + 2 , c ) ≥ w ( a , c ) + w ( a + 2 , c + 1 ) w(a,c+1)+w(a+2,c)\ge w(a,c)+w(a+2,c+1) w(a,c+1)+w(a+2,c)≥w(a,c)+w(a+2,c+1)

同理可证， ∀ a ≤ b ≤ c , w ( a , c + 1 ) + w ( b , c ) ≥ w ( a , c ) , w ( b , c + 1 ) \forall a\le b\le c,w(a,c+1)+w(b,c)\ge w(a,c),w(b,c+1) ∀a≤b≤c,w(a,c+1)+w(b,c)≥w(a,c),w(b,c+1)

同理可证， ∀ a ≤ b ≤ c ≤ d \forall a\le b\le c\le d ∀a≤b≤c≤d, w ( a , d ) + w ( b , c ) ≥ w ( a , c ) + w ( b , d ) w(a,d)+w(b,c)\ge w(a,c)+w(b,d) w(a,d)+w(b,c)≥w(a,c)+w(b,d)

决策单调性

定义:

考虑转移方程 f [ i ] = min ⁡ 0 ≤ j < i ( f [ j ] + w ( j , i ) ) f[i]=\min_{0\le j <i} (f[j]+w(j,i)) f[i]=min0≤j<i(f[j]+w(j,i))

令 p [ i ] p[i] p[i] 表示 i i i 的最优决策 j j j，即让 f [ i ] f[i] f[i] 取最小值的 最小 j j j

若 p [ i ] p[i] p[i] 在 [ 1 , n ] [1,n] [1,n] 上单调不减，则称 f f f 具有决策单调性

定理2:

考虑转移方程 f [ i ] = min ⁡ 0 ≤ j < i ( f [ j ] + w ( j , i ) ) f[i]=\min_{0\le j <i} (f[j]+w(j,i)) f[i]=min0≤j<i(f[j]+w(j,i))，若函数 w w w 满足四边形不等式，则 f f f 具有决策单调性
证明2:
∀ i ∈ [ 1 , n ] , j ∈ [ 0 , p [ i ] − 1 ] , f [ p [ i ] ] + w ( p [ i ] , i ) ≤ f [ j ] + w ( j , i ) \forall i\in [1,n],j\in[0,p[i]-1],f[p[i]]+w(p[i],i)\le f[j]+w(j,i) ∀i∈[1,n],j∈[0,p[i]−1],f[p[i]]+w(p[i],i)≤f[j]+w(j,i) ( 1 ) \color{red}(1) (1)
∀ i ′ ∈ [ i + 1 , n ] , j < p [ i ] < i < i ′ , w ( j , i ′ ) + w ( p [ i ] , i ) ≥ w ( j , i ) + w ( p [ i ] , i ′ ) \forall i'\in [i+1,n],j<p[i]<i<i',w(j,i')+w(p[i],i)\ge w(j,i)+w(p[i],i') ∀i′∈[i+1,n],j<p[i]<i<i′,w(j,i′)+w(p[i],i)≥w(j,i)+w(p[i],i′)
∴ w ( p [ i ] , i ′ ) − w ( p [ i ] , i ) ≤ w ( j , i ′ ) − w ( j , i ) \therefore w(p[i],i')-w(p[i],i)\le w(j,i')-w(j,i) ∴w(p[i],i′)−w(p[i],i)≤w(j,i′)−w(j,i) ( 2 ) \color{red}(2) (2)
( 1 ) \color{red}(1) (1)+ ( 2 ) \color{red}(2) (2) 得: f [ p [ i ] ] + w ( p [ i ] , i ′ ) ≤ f [ j ] + w ( j , i ′ ) f[p[i]]+w(p[i],i')\le f[j]+w(j,i') f[p[i]]+w(p[i],i′)≤f[j]+w(j,i′)
∴ p [ i ′ ] ≥ p [ i ] \color{red} \therefore p[i']\ge p[i] ∴p[i′]≥p[i]

所以 f f f 具有决策单调性

形式1

用于优化形如 f [ i ] = min ⁡ 1 ≤ j ≤ i w ( j , i ) f[i]=\min_{1\le j\le i} w(j,i) f[i]=min1≤j≤iw(j,i) 的转移方程。

因为我们只需要找到每一个 p [ i ] p[i] p[i]，我们就可以算出每一个 f [ i ] f[i] f[i] 了，那么对于这种方法，我们有两种常见方法。

法1 分治

考虑求区间 [ 1 , n ] [1,n] [1,n] 的 p [ i ] p[i] p[i]，我们先求出 p [ m i d ] p[mid] p[mid]，再把它分成两个区间 [ 1 , m i d − 1 ] [1,mid-1] [1,mid−1] 和 [ m i d + 1 , n ] [mid+1,n] [mid+1,n] 分治求解。

为什么可以呢，因为根据决策单调性， ∀ i ∈ [ m i d + 1 , n ] , p [ i ] ≥ p [ m i d ] , ∀ j ∈ [ 1 , m i d − 1 ] , p [ j ] ≤ p [ m i d ] \forall i\in[mid+1,n],p[i]\ge p[mid],\forall j\in [1,mid-1],p[j]\le p[mid] ∀i∈[mid+1,n],p[i]≥p[mid],∀j∈[1,mid−1],p[j]≤p[mid]

所以可以分治来求答案。

参考代码：

cpp 复制代码 
void solve(int l,int r,int pl,int pr){
	// 求pmid=p[mid]
	//算出 f[mid]
	solve(l,mid-1,p,pmid);
	solve(mid+1,r,pmid,pr);
}

法2 二分队列

易证，每一个决策一定是在一个区间内的，例如：
p [ i ] ( i ∈ [ 1 , 4 ] ) = 1 , p [ i ] ( i ∈ [ 5 , 9 ] ) = 3 , p [ i ] ( i ∈ [ 10 , n ] ) = k p[i](i\in[1,4])=1,p[i](i\in[5,9])=3,p[i](i \in[10,n])=k p[i](i∈[1,4])=1,p[i](i∈[5,9])=3,p[i](i∈[10,n])=k

所以可以维护一个单调队列，用于表示每个决策 i i i 所对应的最优转移点。

参考代码：

cpp 复制代码 
void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=min(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}

例题 P3515

给定一个长度为 n n n 的序列 { a n } \{a_n\} {an}，对于每个 i ∈ [ 1 , n ] i\in [1,n] i∈[1,n] ，求出一个最小的非负整数 p p p ，使得 ∀ j ∈ [ 1 , n ] \forall j\in[1,n] ∀j∈[1,n]，都有 a j ≤ a i + p − ∣ i − j ∣ a_j\le a_i+p-\sqrt{|i-j|} aj≤ai+p−∣i−j∣

1 ≤ n ≤ 5 × 1 0 5 1 \le n \le 5\times 10^{5} 1≤n≤5×105， 0 ≤ a i ≤ 1 0 9 0 \le a_i \le 10^{9} 0≤ai≤109 。

Solution

先变形：
p ≥ a [ j ] + ∣ i − j ∣ − a [ i ] , ∀ j ∈ [ 1 , n ] p\ge a[j]+\sqrt{|i-j|}-a[i],\forall j\in[1,n] p≥a[j]+∣i−j∣ −a[i],∀j∈[1,n]

问题变为求 max ⁡ ( a [ j ] + ∣ i − j ∣ ) , ∀ j ∈ [ 1 , n ] \max(a[j]+\sqrt{|i-j|}),\forall j\in[1,n] max(a[j]+∣i−j∣ ),∀j∈[1,n]

考虑将序列先算一遍，翻转一次后再算一遍，最后求最大值，即变为求 max ⁡ ( a [ j ] + ∣ i − j ∣ ) , ∀ j ∈ [ 1 , i ] \max(a[j]+\sqrt{|i-j|}),\forall j\in[1,i] max(a[j]+∣i−j∣ ),∀j∈[1,i]

令 f [ i ] = max ⁡ ( a [ j ] + i − j ) f[i]=\max(a[j]+\sqrt{i-j}) f[i]=max(a[j]+i−j )

此处 w ( j , i ) = i − j w(j,i)=\sqrt{i-j} w(j,i)=i−j

定义 a + 1 < c a+1<c a+1<c

则有：
w ( a , c ) = c − a , w ( a + 1 , c ) = c − a − 1 , w ( a , c + 1 ) = c − a + 1 , w ( a + 1 , c + 1 ) = c − a w(a,c)=\sqrt{c-a},w(a+1,c)=\sqrt{c-a-1},w(a,c+1)=\sqrt{c-a+1},w(a+1,c+1)=\sqrt{c-a} w(a,c)=c−a ,w(a+1,c)=c−a−1 ,w(a,c+1)=c−a+1 ,w(a+1,c+1)=c−a

∴ w ( a , c + 1 ) + w ( a + 1 , c ) − w ( a , c ) − w ( a + 1 , c + 1 ) = c − a − 1 + c − a + 1 − 2 c − a \therefore w(a,c+1)+w(a+1,c)-w(a,c)-w(a+1,c+1)=\sqrt{c-a-1}+\sqrt{c-a+1}-2\sqrt{c-a} ∴w(a,c+1)+w(a+1,c)−w(a,c)−w(a+1,c+1)=c−a−1 +c−a+1 −2c−a

令 d = c − a d=c-a d=c−a

原式 = ( d + 1 − d ) − ( d − d − 1 ) =(\sqrt{d+1}-\sqrt{d})-(\sqrt{d}-\sqrt{d-1}) =(d+1 −d )−(d −d−1 )

对函数 f ( x ) = x − x − 1 f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{x-1} f(x)=x −x−1 求导发现其单调递减，所以原式恒小于 0 0 0，即可得：
w ( a , c + 1 ) + w ( a + 1 , c ) ≤ w ( a , c ) + w ( a + 1 , c + 1 ) w(a,c+1)+w(a+1,c)\le w(a,c)+w(a+1,c+1) w(a,c+1)+w(a+1,c)≤w(a,c)+w(a+1,c+1)

可以发现，它跟四边形不等式符号相反，同样亦可证得 f f f 满足决策单调性，于是可以套用 法 1 1 1 和法 2 2 2 进行求解。

参考代码：

F1：

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N];
lf sq[N],f[N];
inline lf w(int j,int i){
	return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
	return (int)(x+1-eps);
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr){
	if(l>r)
		return ;
	int mid=(l+r)>>1,mxp;
	lf mx=0;
	for(int i=pl;i<=min(mid,pr);i++)
			if(w(i,mid)>mx)
				mx=w(i,mid),mxp=i;
	f[mid]=max(f[mid],mx);
	solve(l,mid-1,pl,mxp);
	solve(mid+1,r,mxp,pr);
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
	solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	solve(1,n,1,n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		write(Ceil(f[i]-a[i]));
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

F2：

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t;
lf sq[N],f[N];
struct fy{
	int l,r,p;
}q[N];
inline lf w(int j,int i){
	return 1.0*a[j]+sq[i-j];
}
inline int Ceil(lf x){
	return (int)(x+1-eps);
}
int find_(int t,int x){
	int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(w(p,mid)<=w(x,mid))
			res=mid,r=mid-1;
		else
			l=mid+1;
	}
	return res;
}
void insert(int x){
	q[t].l=max(q[t].l,x);
	while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)<=w(x,q[t].l))
		t--;
	if(h<=t){
		int mid=find_(t,x);
		if(mid>n)
			return ;
		q[t].r=mid-1;
		q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
	else{
		q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
}
void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sq[i]=sqrt((1.0*i));
	solve();
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	solve();
	for(int i=1;i<=n/2;i++)
		swap(a[i],a[n-i+1]),swap(f[i],f[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		write(Ceil(f[i]-a[i]));
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

形式2

用于优化形如 f [ i ] = min ⁡ 0 ≤ j < i ( f [ j ] + w ( j + 1 , i ) ) f[i]=\min_{0\le j<i}(f[j]+w(j+1,i)) f[i]=min0≤j<i(f[j]+w(j+1,i)) 的转移方程。( w w w 满足四边形不等式)

注意到此种转移方程依赖于前面的值，因此分治法不再适用，所以只能用二分队列，思路跟上面一摸一样。

例题 P3195

P 教授要去看奥运，但是他舍不下他的玩具，于是他决定把所有的玩具运到北京。他使用自己的压缩器进行压缩，其可以将任意物品变成一堆，再放到一种特殊的一维容器中。

P 教授有编号为 1 ⋯ n 1 \cdots n 1⋯n 的 n n n 件玩具，第 i i i 件玩具经过压缩后的一维长度为 C i C_i Ci。

为了方便整理，P教授要求：

  • 在一个一维容器中的玩具编号是连续的。
  • 同时如果一个一维容器中有多个玩具，那么两件玩具之间要加入一个单位长度的填充物。形式地说，如果将第 i i i 件玩具到第 j j j 个玩具放到一个容器中，那么容器的长度将为 x = j − i + ∑ k = i j C k x=j-i+\sum\limits_{k=i}^{j}C_k x=j−i+k=i∑jCk。
    制作容器的费用与容器的长度有关，根据教授研究，如果容器长度为 x x x，其制作费用为 ( x − L ) 2 (x-L)^2 (x−L)2。其中 L L L 是一个常量。P 教授不关心容器的数目，他可以制作出任意长度的容器，甚至超过 L L L。但他希望所有容器的总费用最小。

对于全部的测试点， 1 ≤ n ≤ 5 × 1 0 4 1 \leq n \leq 5 \times 10^4 1≤n≤5×104， 1 ≤ L ≤ 1 0 7 1 \leq L \leq 10^7 1≤L≤107， 1 ≤ C i ≤ 1 0 7 1 \leq C_i \leq 10^7 1≤Ci≤107。

Solution

令 f [ i ] f[i] f[i] 表示前 i i i 个玩具装箱的最小代价，则枚举第 i i i 个玩具和那些玩具放在一个箱子中，可得转移方程：
f [ i ] = min ⁡ 1 ≤ j ≤ i ( f [ j − 1 ] + ( i − j − L + ∑ k = j i C k ) 2 ) f[i]=\min_{1\le j\le i}(f[j-1]+(i-j-L+\sum_{k=j}^iC_k)^2) f[i]=1≤j≤imin(f[j−1]+(i−j−L+k=j∑iCk)2)

f f f 满足决策单调性，证明参考 OI-WIKI

补充：图片的 K K K 与题意中的 L L L 意思相同。

性质 1 , 2 , 3 1,2,3 1,2,3：

那么把形式 1 1 1 例题的方法 2 2 2 的代码改装一下就可以了。

参考Code:

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define lf double
using namespace std;
const int N=5e5+1,mod=1e9+7;
const lf eps=1e-5;
int n,a[N],h,t,L;
int f[N],sum[N];
struct fy{
	int l,r,p;
}q[N];
inline int w(int j,int i){
	return f[j-1]+(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L)*(i-j+sum[i]-sum[j-1]-L);
}
int find_(int t,int x){
	int res=q[t].r+1,l=q[t].l,r=q[t].r,p=q[t].p;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(w(p,mid)>=w(x,mid))
			res=mid,r=mid-1;
		else
			l=mid+1;
	}
	return res;
}
void insert(int x){
	q[t].l=max(q[t].l,x);
	while(h<=t&&w(q[t].p,q[t].l)>=w(x,q[t].l))
		t--;
	if(h<=t){
		int mid=find_(t,x);
		if(mid>n)
			return ;
		q[t].r=mid-1;
		q[++t].l=mid,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
	else{
		q[++t].l=x,q[t].p=x,q[t].r=n;
	}
}
void solve(){
	h=1,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		insert(i);
		if(h<=t&&q[h].r<i)
			h++;
		else
			q[h].l=i;
		f[i]=max(f[i],w(q[h].p,i));
	}
}
signed main(){
	n=read();
	L=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	solve();
	write(f[n]);
	return 0;
}
//直接交不能AC哦
//而且此代码与OI-WIKI的略微有些不同

形式3

用于优化形如 f [ k ] [ i ] = min ⁡ 1 ≤ j ≤ i ( f [ k − 1 ] [ j − 1 ] + w ( j , i ) ) f[k][i]=\min_{1\le j\le i}(f[k-1][j-1]+w(j,i)) f[k][i]=min1≤j≤i(f[k−1][j−1]+w(j,i)) 的转移方程( w w w 满足四边形不等式)

注意到其实跟形式 1 1 1 没有什么区别，因为它不依赖于这一层的值，而是依赖于上一层的值，所以既可以分治也可以二分队列。

据作者喜好(不是作者太菜)，例题中只给出分治做法。

例题 CF833B

将一个长度为 n n n 的序列分为 k k k 段，使得总价值最大。

一段区间的价值表示为区间内不同数字的个数。
n ≤ 35000 , k ≤ 50 n\leq 35000,k\leq 50 n≤35000,k≤50

Solution

考虑决策单调性优化DP

令 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示前 j j j 个数分成 i i i 段的最小费用，则可得：

f [ i ] [ j ] = min ⁡ 1 ≤ k < j ( f [ i − 1 ] [ k ] + w ( k + 1 , j ) ) f[i][j]=\min_{1\le k<j}(f[i-1][k]+w(k+1,j)) f[i][j]=1≤k<jmin(f[i−1][k]+w(k+1,j))

其中 w ( l , r ) w(l,r) w(l,r) 表示 下表为 [ l , r ] [l,r] [l,r] 中不同数字的个数。

证明 w w w 满足决策单调性：

手搓几个样例就可以了口糊过去

证明：

令 g ( x , l , r ) g(x,l,r) g(x,l,r) 表示 x x x 是否在区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] 内出现过，出现为 0 0 0,否则为 1 1 1, Δ = [ C a = = C b + 1 ] \Delta=[C_a==C_{b+1}] Δ=[Ca==Cb+1]
w ( a , b + 1 ) + w ( a + 1 , b ) = 2 w ( a + 1 , b ) + g ( C a , a + 1 , b ) + g ( C b + 1 , a + 1 , b ) − Δ w(a,b+1)+w(a+1,b)=2w(a+1,b)+g(C_a,a+1,b)+g(C_{b+1},a+1,b)-\Delta w(a,b+1)+w(a+1,b)=2w(a+1,b)+g(Ca,a+1,b)+g(Cb+1,a+1,b)−Δ
w ( a , b ) + w ( a + 1 , b + 1 ) = 2 w ( a + 1 , b ) + g ( C a , a + 1 , b ) + g ( C b + 1 , a + 1 , b ) w(a,b)+w(a+1,b+1)=2w(a+1,b)+g(C_a,a+1,b)+g(C_{b+1},a+1,b) w(a,b)+w(a+1,b+1)=2w(a+1,b)+g(Ca,a+1,b)+g(Cb+1,a+1,b)

所以可得：
w ( a , b + 1 ) + w ( a + 1 , b ) ≤ w ( a , b ) + w ( a + 1 , b + 1 ) w(a,b+1)+w(a+1,b)\le w(a,b)+w(a+1,b+1) w(a,b+1)+w(a+1,b)≤w(a,b)+w(a+1,b+1)

因此 w w w 满足四边形不等式

所以 f f f 满足决策单调性

仅限于分治方法：

接下来就可以 Code了，不过维护 w ( l , r ) w(l,r) w(l,r) 时注意可以用莫队的思想，维护双指针，由于分治的特殊性可以保证时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)

总时间复杂度： O ( k n log ⁡ n ) O(kn\log n) O(knlogn)

参考Code:

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=1e5+1,mod=1e9+7;
int n,k,a[N],f[52][N],cnt[N],ans,l,r;
inline void add(int x){
	ans+=(++cnt[x]==1);
}
inline void del(int x){
	ans-=(--cnt[x]==0);
}
inline int w(int cl,int cr){
	while(l<cl)
		del(a[l++]);
	while(l>cl)
		add(a[--l]);
	while(r<cr)
		add(a[++r]);
	while(r>cr)
		del(a[r--]);
	return ans;
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr,int now){
	if(l>r)
		return ;
	int mid=(l+r)>>1,mxp;
	int mx=0;
	for(int i=pl;i<=min(mid-1,pr);i++){
		int o=f[now-1][i]+w(i+1,mid);
		if(o>mx)
			mx=o,mxp=i;
	}
	f[now][mid]=max(mx,f[now-1][mid]);
	solve(l,mid-1,pl,mxp,now);
	solve(mid+1,r,mxp,pr,now);
}
signed main(){
	n=read(),k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	l=1,r=0;
	ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		solve(1,n,0,n,i);
	}
	cout<<f[k][n]<<"\n";
	return 0;
}
//注意不开快读会T哦

形式4

用于优化形如 f [ i ] [ j ] = min ⁡ ( f [ i ] [ k ] + f [ k + 1 ] [ j ] + w ( i , j ) ) f[i][j]=\min(f[i][k]+f[k+1][j]+w(i,j)) f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j]+w(i,j)) 的区间DP转移方程

只需要一个简单的操作，就能把这个区间DP的时间复杂度从 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 将为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，就是把枚举 k k k 的代码从

cpp 复制代码 
for(int k=i;k<j;k++)

改为

cpp 复制代码 
for(int k=p[i][j-1];k<=p[i+1][j];k++)

其中 p [ i ] [ j ] p[i][j] p[i][j] 表示 i i i ~ j j j的最优分割点。

证明可以参考 《算法竞赛》中的 5.10

和洛谷 石子合并 题解区中 Hurricane、 的题解。

例题

Solution

参考代码：

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL)
using namespace std;
const int N=5e3+1,mod=1e9+7;
int n,a[N],s[N],f[N][N],p[N][N];
inline int read(){
	int x=0;
	char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9')
		s=getchar();
	while(s>='0'&&s<='9')
		x=x*10+s-'0',s=getchar();
	return x;
}
signed main(){
//	IOS;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=a[i+n]=read();
	for(int i=1;i<=2*n;i++)
		s[i]=s[i-1]+a[i],p[i][i]=i;
	for(int len=2;len<=n;len++)
		for(int l=1;l<=n*2-len+1;l++){
			int r=l+len-1;
			int res=1e9;
			for(int mid=p[l][r-1];mid<=p[l+1][r];mid++)
				if(f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid]<res)
					res=f[l][mid-1]+f[mid+1][r]+s[r]-s[l-1]-a[mid],p[l][r]=mid;
			f[l][r]=res;
		}
	int ans=1e9;
	cout<<f[1][n];
	return 0;
}

后话

参考习题单

参考资料：

  1. OI-WIKI
  2. 决策单调性优化dp学习笔记
  3. 关于决策单调性优化动态规划
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