總結一下最近幾天對dp優化中的四邊形不等式的學習。
證明什麼的似懂非懂，我還是太年輕了。
第一種， n^2 -> nlogn
例題： （由於許可權問題 不公開題面）
就是1個體積均為1-300，100000個物品，做乙個100000的揹包。
發現體積最多只有 300 種，分開做。對於同種體積的物品，顯然按照價值從大到小取最優。
我們假設 s=1，設狀態 f[i]為大小為 i的揹包的最大收益。
轉移函式 f[i]=max(f[ i-j ]+sum(a[1..j]))
是乙個 f[x]=min的經典模型
w滿足大區間大於等於小區間的性質，
且當 a於是 決策有單調性 ，假如用
k(x)
表示狀態
x 取到最優值時的決策 ， k(x) 是不降的。
注意到給定兩個決策點，我們是可以通過二分計算出令他們大小關係反轉的時間點 t 的。
於是就可以維護乙個單調棧，進行二分。
對於其他的 s，發現只有在狀態模 s 同余時單調性才成立，所以對於每一種體積 s，按照剩餘類的順序依次做即可。
時間複雜度 o（maxs*k+n）
code ：
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
template void chmin(t &x,const t &y)
template void chmax(t &x,const t &y)
#define mid (l+r>>1)
int erfen()
int main()
dp[0][0]=0;
for(s=1;s<=300;++s)
top=0;
for(int i=t[s];i;i=l[i].next) q[++top]=l[i].v;
sort(q+1,q+top+1,greater() );
rep(i,1,top)val[i]=val[i-1]+q[i];
rep(i,top+1,m)val[i]=0;
for(d=0;dtail)
else
if(you(st[tail],mi))
dp[s][i*s+d]=get(st[head],i);
}} }
rep(i,1,m)printf("%lld ",dp[300][i]);
}
第二種：n^3-> n^2
（1）區間包含的單調性：如果對於i≤i'（2）四邊形不等式：如果對於i≤i'下面給出兩個定理
定理一：如果上述的w函式同時滿足區間包含單調性和四邊形不等式性質，那麼函式m也滿足四邊形不等式性質。
我們再定義s(i,j)表示m(i,j)取得最優值時對應的下標（即i≤k≤j時，k處的w值最大，則s(i,j)=k）。此時有如下定理
定理二：假如m(i,j)滿足四邊形不等式，那麼s(i,j)單調，即s(i,j)≤s(i,j+1)≤s(i+1,j+1)。
例題： poj1160
code
#include#include#define maxd 310
#define maxp 40
#define inf 0x3f3f3f3f
int n, p, f[maxd][maxd], a[maxd], a[maxd], k[maxd][maxd];
void init()
}int getw(int x, int y)
void solve()
for(p = 1; p <= n - p; p ++)}}
printf("%d\n", f[p][n]);
}int main()
return 0;
}
本來無法理解三重迴圈為何n^2,後來模擬了一遍，
從小區間推向大區間即從dp方陣的每條對角線（好吧不是對角線 就是表達那個意思）從中間向兩邊轉移，
，每條對角線的轉移時o（n）的，然後有o（n）條對角線，於是就o（n^2)了，太神了%%%。
四邊形不等式
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