分治優化決策單調性

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分治優化決策單調性

在咱們瞭解的DP方程中，常常會有$f[i]=sum_{max}/sum_{min}/min/max{f[j]+calc(i,j)}$，而且calc(i,j)知足四邊形不等式，這種方程存在，而一般狀況下，calc(i,j)能夠很是輕鬆的得出，好比說$x^q$，或者sum[i][j],又或者是什麼其餘的東西。可是，有些時候，咱們並不能在$O(logn)/O(1)$的時間內得出，這種狀況下，正常經過維護單調隊列而且二分的方法就沒辦法完成了。

這種狀況下，咱們就須要考慮calc(i,j)的求法了，這種時候，若是咱們發現calc(i,j)能夠經過分治來均攤$O(nlogn)$處理出來的時候，咱們就能夠經過總體二分來維護決策單調性來轉移，保證總體時間複雜度的正確性。

例題時間

BZOJ 5125: [Lydsy1712月賽]小Q的書架

這道題很顯然，咱們要將序列分紅$K$段使得這$K$段的逆序對和最小。

正常DP方程，f[i][j]=f[i-1][k]+calc(k+1,j);

咱們發現calc(k+1,j)知足$calc(i,j)+calc(i-1,j+1) \ge calc(i,j+1)+calc(i+1,j)$因此這個具備決策單調性，可是，咱們雖然將DP方程的時間複雜度減小到$O(nklogn)$可是，咱們發現，每次計算calc(i,j)仍是$O(n)$的，因此總時間複雜度不變，所以，咱們考慮用分治優化決策單調性。

咱們考慮在總體二分的過程當中，calc(i,j)每一層的時間複雜度爲$O(n)$，而一共$logn$層，因此時間複雜度爲$O(nlogn)$，這樣，在DP的同時，calc(i,j)的時間複雜度也下降了，而爲了維護calc(i,j)須要用到樹狀數組求逆序對，因此總時間複雜度爲$O(nklog^2n)$顯然，是能夠作的...

若是K出的大一點的話，我以爲能夠帶權二分...因此時間複雜度能夠達到$O(nlogklog^2n)$，因此還能夠增強增強，嗯，就是下一道考試題了！

附上代碼：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N 40005
int f[N],sum[N],g[N],n,k,rl,rr,ret,a[N];
void fix(int x,int v){for(;x<N;x+=x&-x)sum[x]+=v;}
int find(int x){int re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=sum[x];return re;}
void get(int l,int r)
{
    while(rl<l)fix(a[rl],-1),ret-=find(a[rl++]-1);
    while(rl>l)fix(a[--rl],1),ret+=find(a[rl]-1);
    while(rr<r)fix(a[++rr],1),ret+=find(n)-find(a[rr]);
    while(rr>r)fix(a[rr],-1),ret-=find(n)-find(a[rr--]);
}
void solve(int l,int r,int L,int R)
{
    if(l>r)return ;int m=(l+r)>>1,p;
    for(int i=min(m-1,R);i>=L;i--)
    {
        get(i+1,m);
        if(g[i]+ret<f[m])f[m]=g[i]+ret,p=i;
    }solve(l,m-1,L,p);solve(m+1,r,p,R);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);rr=n,rl=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),f[i]=f[i-1]+find(n)-find(a[i]),fix(a[i],1);ret=f[n];
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
        memcpy(g,f,sizeof(f[0])*(n+1));
        memset(f,0x3f,sizeof(f[0])*(n+1));
        solve(1,n,1,n);
    }printf("%d\n",f[n]);
}