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洛谷P1912【原题，需输出方案】
BZOJ1563【无SPJ，只需输出结果】
题解
四边形不等式
什么是四边形不等式？
一个定义域在整数上的函数\(val(i,j)\)，满足对\(\forall a \le b \le c \le d\)有
\]
那么我们称函数\(val(i,j)\)满足四边形不等式
一般地，当我们需要证明一个函数\(val(i,j)\)满足四边形不等式时，只需证对于\(\forall j < i\)有
\]
因为若该条件满足，
那么有
对于\(j < i\)有
\]
对于\(j + 1 < i\)有
\]
两式相加
\]
同理，只要满足第一个条件，对于\(\forall j + x < i + y\)都能推出
\]
所以对\(\forall a \le b \le c \le d\)有
\]
证毕
如何使用四边形不等式优化\(dp\)？
如果我们有这样一个递推式
\]
如果是\(1D1D\)方程，自然可以单调队列或者斜率优化
但是如果\(val(i,j)\)比较复杂，无法展开，我们不能有效地分离\(i,j\)变量，斜率优化就失效了
这个时候就要考虑\(val(j,i)\)是否满足四边形不等式
假使\(val(j,i)\)是满足的
那么我们对\(f[i]\)求出了一个最优转移位置，即为\(p[i]\)
那么对于\(\forall j < p[i]\)，都有
\]
我们现在要求\(f[k]\)，其中\(k > i\)
以上我们有\(j < p[i] < i < k\)
那么由四边形不等式：
\]
交换一下
\]
与\(f[p[i]] + val(p[i],i) \le f[j] + val(j,i)\)相加
得
\]
得证\(f[k]\)的决策\(p[k] \ge p[i]\)
换言之，\(f[i]\)的决策满足决策单调性
对于\(\forall i > j\)都有\(p[i] \ge p[j]\)
我们就可以从这里入手优化这个\(O(n^2)\)的转移
为求出\(f[i]\)，我们只需求出\(p[i]\)数组
一开始令\(p[i] = 0\)，即未开始转移前所有位置的最优决策为位置\(0\)
之后从小枚举\(i\)
枚举到\(i\)时，\(i\)处最优决策更新完毕，那么\(\forall j \le i\)，\(p[j]\)和\(f[j]\)都已经计算
为了更新\(p[i]\)数组，我们只需找到\(i\)所能更新的最左的位置\(l\)，由于决策的单调性，\([l,n]\)的决策都将更新为\(i\)
此时二分判断即可
由于需要进行区间赋值，我们可以用一个队列来优化以上操作
具体地，储存若干三元组\((pos,l,r)\)，表示区间\([l,r]\)的决策为\(pos\)，每次更新从队尾逐个取出检查即可
复杂度优化为\(O(nlogn)\)
诗人小G
设\(f[i]\)为前\(i\)个句子排版的最小不和谐度
记\(len[i]\)为句子\(i\)的长度，\(sum[i]\)为句子长度前缀和
容易写出转移方程
\]
我们记\(val(j,i) = |(sum[i] - sum[j]) + (i - j - 1) - L|^{P}\)，显然无法进行斜率优化
考虑\(val(j,i)\)是否满足四边形不等式，即\(f[i]\)的决策是否具有单调性
我们可以打表证明
要证\(val(j,i)\)满足四边形不等式，只需证对\(\forall j < i\)
\]
即证
\]
观察\(val(j,i) = |(sum[i] + i) - (sum[j] + j) - (L + 1)|^{P}\)
我们令\(x = (sum[i] + i) - (sum[j] + j) - (L + 1)\)
我们令\(y = (sum[i] + i) - (sum[j + 1] + j + 1) - (L + 1)\)
那么原式化为：
\]
又因为\(x > y\)
我们只需证对于函数\(f(x) = |x|^{P} - |x + c|^{P}\)关于\(x\)单调递减，其中\(c\)为大于\(0\)的常数
可以使用导数分类讨论得证
于是就可以用四边形不等式优化成\(O(nlogn)\)
不输出方案版：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long double
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
inline void write(LL x){
if (x / 10 >= 1) write(x / 10);
putchar((int)floor(x - floor(x / 10) * 10) + '0');
}
int n,P,L;
LL f[maxn],a[maxn],sum[maxn];
char s[maxn][32];
int head,tail;
struct node{
int j,l,r;
}q[maxn * 3];
LL qpow(LL a,int b){
LL re = 1;
for (; b; b >>= 1,a = a * a)
if (b & 1) re = re * a;
return re;
}
LL val(int i,int j){
return qpow(fabs(sum[i] - sum[j] + (i - j - 1) - L),P);
}
bool check(int a,int b,int i){
return f[a] + val(i,a) <= f[b] + val(i,b);
}
int main(){
int T = read();
while (T--){
n = read(); L = read(); P = read();
sum[0] = f[0] = 0;
REP(i,n){
scanf("%s",s[i] + 1),a[i] = strlen(s[i] + 1);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
f[i] = val(i,0);
}
q[head = tail = 0] = (node){0,1,n};
node u; int l,r,mid;
for (int i = 1; i <= n; i++){
f[i] = f[q[head].j] + val(i,q[head].j);
q[head].l++;
if (q[head].l > q[head].r) head++;
while (head <= tail){
u = q[tail--];
if (check(i,u.j,u.l)){
if (head > tail){
q[++tail] = (node){i,i + 1,n};
break;
}
}
else if (!check(i,u.j,u.r)){
q[++tail] = u;
if (u.r == n) break;
else{
q[++tail] = (node){i,u.r + 1,n};
break;
}
}
else {
l = u.l; r = u.r;
while (l < r){
mid = l + r >> 1;
if (check(i,u.j,mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
q[++tail] = (node){u.j,u.l,l - 1};
q[++tail] = (node){i,l,n};
break;
}
}
}
if (f[n] > qpow(10,18)) puts("Too hard to arrange");
else write(f[n]),puts("");
printf("--------------------");
if (T) puts("");
}
return 0;
}
输出方案版
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define mp(a,b) make_pair<int,int>(a,b)
#define cls(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define cp pair<int,int>
#define LL long double
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
inline void write(LL x){
if (x / 10 >= 1) write(x / 10);
putchar((int)floor(x - floor(x / 10) * 10) + '0');
}
int n,P,L,p[maxn];
LL f[maxn],a[maxn],sum[maxn];
char s[maxn][32];
int head,tail;
struct node{
int j,l,r;
}q[maxn * 3];
LL qpow(LL a,int b){
LL re = 1;
for (; b; b >>= 1,a = a * a)
if (b & 1) re = re * a;
return re;
}
LL val(int i,int j){
return qpow(fabs(sum[i] - sum[j] + (i - j - 1) - L),P);
}
bool check(int a,int b,int i){
return f[a] + val(i,a) <= f[b] + val(i,b);
}
void print(int u){
if (p[u]) print(p[u]);
for (int i = p[u] + 1; i <= u; i++){
printf("%s",s[i] + 1);
putchar(i < u ? ' ' : '\n');
}
}
int main(){
int T = read();
while (T--){
n = read(); L = read(); P = read();
sum[0] = f[0] = 0;
REP(i,n){
scanf("%s",s[i] + 1),a[i] = strlen(s[i] + 1);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
f[i] = val(i,0);
}
q[head = tail = 0] = (node){0,1,n};
node u; int l,r,mid;
for (int i = 1; i <= n; i++){
f[i] = f[q[head].j] + val(i,q[head].j);
p[i] = q[head].j;
q[head].l++;
if (q[head].l > q[head].r) head++;
while (head <= tail){
u = q[tail--];
if (check(i,u.j,u.l)){
if (head > tail){
q[++tail] = (node){i,i + 1,n};
break;
}
}
else if (!check(i,u.j,u.r)){
q[++tail] = u;
if (u.r == n) break;
else{
q[++tail] = (node){i,u.r + 1,n};
break;
}
}
else {
l = u.l; r = u.r;
while (l < r){
mid = l + r >> 1;
if (check(i,u.j,mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
q[++tail] = (node){u.j,u.l,l - 1};
q[++tail] = (node){i,l,n};
break;
}
}
}
if (f[n] > qpow(10,18)) puts("Too hard to arrange");
else{
write(f[n]),puts("");
print(n);
}
printf("--------------------");
if (T) puts("");
}
return 0;
}