标签：浅谈 不等式 权值 凸性 给出 Delta 序列 四边形
参考了 Itst 的博客。所以你的学习笔记就是把原文抄一遍吗
首先定义 “满足四边形不等式的序列划分问题”：
给出 \(n,k\) 和一个 \((n+1)×(n+1)\) 的矩阵 \(c_{i,j}\)，你需要给出一个长度为 \(k+1\) 的序列 \(p_0=0<p_1<p_2<…<p_{k−1}<p_k=n\)，定义该序列的价值为 \(∑_{i=1}^k c_{p_{i−1},p_i}\)。你需要求出所有合法的序列的最小价值。
其组合意义是显然的，\(p\) 序列给出了序列划分的位置，区间 \([i,j]\) 的权值为 \(c_{i,j}\)。需要注意的是，权值矩阵 \(c\) 在题目中一般不会显式地给出，这要求我们能够较快地对给定的区间信息进行查询。
另一个理解的角度是将序列看做一条链，\(i \to j\) 的边权值为 \(c_{i,j}\)，所求即为 \(1 \to n\) 的最短路长度，因此该类问题也被称作 “满足四边形不等式的链上路径问题”。
其中矩阵 \(c\) 满足四边形不等式，即 \(∀i<j≤k<l,c_{i,k}+c_{j,l}≤c_{i,l}+c_{j,k}\)。
先给出结论：设当 \(k=p(p∈[1,n−1])\) 时答案为 \(f(p)\)，\(f'(p)(p∈[2,n−1])=f(p−1)−f(p)\)，则 \(f'(p)\) 单调不增，即 \(∀q∈[3,n−1],f'(q)≤f'(q−1)\)。
为此我们需要证明一个稍强一些的结论：
引理：\(∀1≤s<r<t≤n−1，f(r)+f(s+t−r)≤f(s)+f(t)\)。
证明：
设序列 \(P\) 为 \(f(s)\) 对应的最优解，序列 \(Q\) 为 \(f(t)\) 对应的最优解，\(\Delta=r−s\)。根据鸽巢原理可知存在 \(x∈[0,s−1]\) 满足 \(P_x<Q_{x+\Delta}<Q_{x+\Delta+1}≤P_{x+1}\)。此时考虑两个序列 \(R= \{ P_0,P_1,…,P_x,Q_{x+\Delta+1},…,Q_t \},S=\{ Q_0,Q_1,…,Q_{x+\Delta},P_{x+1},…,P_s \}\)。显然 \(R\) 和 \(S\) 分别是 \(k=s+t−r\) 和 \(k=r\) 的一组合法解。
设某个序列 \(X\) 的权值为 \(w(X)\)，那么有
\[w(R)+w(S)−w(P)−w(Q)=c_{P_x,Q_{x+\Delta+1}}+c_{Q_{x+\Delta},P_{x+1}}−(c_{P_x,P_{x+1}} + c_{Q_{x + \Delta},Q_{x+\Delta+1}}) \]而根据四边形不等式上式 \(≤0\)，同时因为 \(f(r)+f(s+t−r)≤w(R)+w(S)\)，故 \(f(r)+f(s+t−r)≤f(s)+f(t)\)，结论成立。
在引理中令 \(s = x-1,t = x+1,r = x\) 可得 \(f(x) + f(x) \leq f(x-1) + f(x+1)\)，即 \(f(x−1)−f(x)≥f(x)−f(x+1)\)，即 \(f'(x)≥f'(x+1)\)，故结论成立。
这意味着答案对于段数是一个下凸的函数，可以使用 WQS 二分等凸优化技巧优化。
标签：浅谈,不等式,权值,凸性,给出,Delta,序列,四边形 来源： https://www.cnblogs.com/came11ia/p/16638956.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。