dp复兴计划

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四边形不等式

1d1d

即dp数组一维，筛选判优一个dp值花费一维时间

对于形如dp[i]=min(dp[k]+w(k+1,i))，1<=k<i 的转移式，可以证明如果i>j那么dp[i]的最优决策点比dp[j]的最优决策点大https://oi-wiki.org/dp/opt/quadrangle/，那么此时我们不像2d1d中，可以对当前dp分界点设置上下界，我们只能得到一个单侧的界限，比如已经知道dp[i]的最优分界点在m处，那么下标大于i的dp值的分界点都不小于m，这样就不能减少一维，而是把n变log，模板如下，大概就是每次算出中间位置的dp，然后两侧dp的可枚举区间就少了一半。

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void DP(int l, int r, int k_l, int k_r) {
  int mid = (l + r) / 2, k = k_l;
  // 求状态f[mid]的最优决策点
  for (int i = k_l; i <= min(k_r, mid - 1); ++i)
    if (w(i, mid) < w(k, mid)) k = i;
  f[mid] = w(k, mid);
  // 根据决策单调性得出左右两部分的决策区间，递归处理
  if (l < mid) DP(l, mid - 1, k_l, k);
  if (r > mid) DP(mid + 1, r, k, k_r);
}

例题：https://codeforces.com/problemset/problem/321/E

这题其实有人用2d1d的做法……不过我没证明正确性，还是老老实实用可证实的方法。复杂度knlogn

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

const int maxn=4002;
const int maxk=802;
#define inf 0x3f3f3f3f

int sum[maxn][maxn],w[maxn][maxn],dp[maxk][maxn];
inline int read(){
	int v=0, f=1;
	char c=getchar();
	while(c<48||57<c){
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(48<=c&&c<=57)
		v=v*10+c-48, c=getchar();
	return v*f;
}

void solve(int f[],int g[],int l,int r,int pos_l,int pos_r){
    int mid=(l+r)>>1,res=pos_l;
    g[mid]=inf;
    for(int i=pos_l;i<=min(mid-1,pos_r);i++){
        if(f[i]+w[i+1][mid]<g[mid]){
            g[mid]=f[i]+w[i+1][mid];
            res=i;
        }
    }
    if(l<mid)
        solve(f,g,l,mid-1,pos_l,res);
    if(r>mid)
        solve(f,g,mid+1,r,res,pos_r);
}

int main(){
    int n=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++)
            sum[i][j]=sum[i][j-1]+read();
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            w[i][j]=w[i][j-1]+sum[j][j-1]-sum[j][i-1];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[1][i]=w[1][i];
    }
    for(int i=2;i<=k;i++)
        solve(dp[i-1],dp[i],i,n,i-1,n-1);
    cout<<dp[k][n]<<endl;
}