凸完全單調性

$dp_{j} = max(f(i, j))$

對於所有的轉移點 $i, j(i < j)$ 滿足

存在一個 $k$ 使得 

$\forall x < k, f(i, x) \geq f(j, x)$

$\forall x \geq k, f(i, x) \leq f(j, x)$

白話的說，就是對於所有轉移點 $i, j(i < j)$ 

都存在一個時刻 $k$

使得在接下來從 $j$ 轉移都會比從 $i$ 轉移好

另外一個角度

在大部分的時候，式子長這樣

$dp_j = max(dp_i + cost(i, j))$

也就是說 $f(i, j) = dp_i + cost(i, j)$

通常在題目裡面 $cost(i, j)$ 會有單調性。

有點難解釋是什麼樣的單調性。

先看例題

tioj 1283

P1

P2

Q1

Q2

P2 從 Q2

轉移比從 Q1

多獲得的

P2 從 Q2

轉移比從Q1少拿到的

整理一下

對於兩個點 $p1, p2$ 還有轉移來源 $q1, q2$

我們定義 $cost(a, b) := b 從 a 轉移的額外 cost$

也就是有 $dp_j = max(dp_i + cost(i, j))$ 的時候只考慮 cost

那單看 cost 的時候

$p1$ 從 $q2$ 轉移而不從 $q1$時，他的損失就是

$cost(q2, p1) - cost(q1, p1)$

 

而同理，對 $p2$ 也是

$cost(q2, p2) - cost(q1, p2)$

整理一下

定義 $gain_{p1,q2} = cost(q2, p1) - cost(q1, p1)$

$gain_{p2, q2} = cost(q2, p2) - cost(q1, p2)$

如果 $gain{p1, q2} < gain{p2, q2}$

(p1 從 q2 轉移額外獲得的比 p2 從 q2 額外獲得的還要少)

而且 $p1$ 是從 $q2$ 轉移，那接下來顯然 $p2$ 不可能從 $q1$ 轉移。

所以可以推出有轉移點單調。

同時也有凸完全單調性。

接下來的例題，都可以用這種手法來證明。

符合優超性就會有凸完全單調，但是凸完全單調不保證有優超性。

優化處理方法 1:

維護單調隊列，裡面放轉移來源，同時維護該轉移來源什麼時候會比前一個好

每次有新的來源時 從尾端看

假如 單調隊列 的 back 為 $X$, 要加進來的是 $Y$

那就可以二分搜看 $Y$ 什麼時候會開始比 $X$ 還要好。

如果 $Y$ 超過 $X$ 的時刻早於 $X$ 超過 單調隊列 中前一項的時刻，那 $X$ 就永遠都不會被用到。這時候就把 $X$ 給丟掉。

 

查詢的時候，只要目前用 單調隊列 中第二項轉移比第一項好，就把第一項丟掉，這樣就做完了 !

 

優化處理方法 2:

分治法

因為我們有轉移點單調，所以可以先給出遞迴式

$solve(L, R, FL, FR)$ 代表要算出 $[L, R)$ 內的答案，

而且轉移來源只會介於 $[FL, FR)$

 

那只要每次$O(FR-FL)$ 找出 $M = (L+R)/2$ 的轉移來源

並且遞迴下去，每一層的複雜度都是 $O(N)$ 且 最多$\text{log}N$ 層
 

總複雜度 $O(N\text{log}N)$
可是如果 $dp$ 為 $dp_j = dp_i + cost(i, j)$ 的話，就必須套一層 CDQ 。多一個 log ，這題是因為單純轉移點單調，且dp 式沒有用到前一項的 dp 值才可以

TIOJ 1347

給你一個長度 $N$ 的正整數序列 $A_1 ∼ A_N$、

一個長度 $N − 1$ 的正整數序列$L_1 ∼ L_{N−1}$ 和兩個正整數 $K, P$ ,請你將區間分割成若干段,對於每段 $[l, r]$,令總和

$M = \sum_{i=l}^{r}{A_i}$

則 $cost = |M-K |^P$

且當你把 $i$ 和 $i + 1$ 分在同一塊時,也會獲得 $Li$

的權重,試問分段後的最小cost 總和。

列出 DP

$dp_i = min(dp_j + cost(j, i))$

$cost(j, i) = \sum_{k=j}^{k<i}{L_k} + A[j, i]^P$

CF 868F

給你一個長度 $N$ 的整數序列 $a_1 ∼ a_N$,請你將區間分割成 $K$ 段,每段的權重是滿足 $a_i = a_j$ 的無序數對個數,試問最小權重和。

ARC 67 F

給$N \times M, (N \leq 5 \times 10^3, M \leq 200)$二維陣列 $A_{i,j}$

求 $max _{l, r}(\sum_{i = 1}^{M}{\max_{l \leq k \leq r}(A_{k, i}) - (r-l+1))}$

POI 2014 R3D2 Freight

有個隧道，一次只能容納一台車

隧道的左測入口有 $N(N\leq10^6)$ 台車，第 $i$ 台在
時間 $T_i(T_i \leq 10^9)$ 後才出發。

而且在同一個時間點，不能同時有兩台車進隧道。

已知需要 $S(S \leq 10^9)$ 單位時間，從隧道頭開到隧道尾。

現在要讓所有車都從隧道左側走到右側，再從右側走到左側。

最後一台車從左邊出來的最早時間為多少？

 

凹完全單調性

$dp_{j} = min(f(i, j))$

對於所有的轉移點 $i, j(i < j)$ 滿足

存在一個 $k$ 使得 

$\forall x < k, f(i, x) \geq f(j, x)$

$\forall x \geq k, f(i, x) \leq f(j, x)$

白話的說，就是對於所有轉移點 $i, j(i < j)$ 

都存在一個時刻 $k$

使得在接下來從 $i$ 轉移都會比從 $j$ 轉移好

 

看起來就是和剛剛恰好相反，這種形式就是

當一個新的轉移來源進來的時候，會先成為最佳轉移點。

不過在某個時刻後，他就會變差，再也用不到。

優化處理方法 :

維護單調隊列，裡面放轉移來源，同時維護該轉移來源什麼時候會比前一個差

每次有新的來源時 從尾端看

假如 單調隊列 的 back 為 $X$, 要加進來的是 $Y$

那就可以二分搜看 $X$ 什麼時候會開始比 $Y$ 還要好。

如果 $X$ 超過 $Y$ 的時刻早於 deque 中前一項 超過 $X$  時刻，那 $X$ 就永遠都不會被用到。這時候就把 $X$ 給丟掉。

 

查詢的時候，只要目前用 deque 中倒數第二項轉移比倒數第一項好，就把倒數第一項丟掉，這樣就做完了 !

 

例題