DP的决策单调性优化总结 更新于 2026/7/8 10:19:12 作者

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决策单调性的概念&证明工具:

决策单调性,是在最优化dp中的可能出现的一种性质,利用它我们可以降低转移的复杂度。

首先dp中会有转移,每个状态都由若干个状态转移而来,最优化dp比较特殊,只能由一个最优的状态转移而来。

我们称之为某个状态的最优转移点。

然后,dp会有一个转移顺序,比如说按层转移,从左到右转移等等(本质就是个DAG)

决策单调性,就是指状态的最优转移点随着dp顺序单调移动。

最经典的就是分段问题 : 将$[1,n]$分段,分出$(l,r]$需要$c(l,r)$的代价,问最小代价。

如果这个$c$函数啥性质都没有,显然是没有决策单调性的。怎么判定$c$函数是否具有决策单调性呢?

一种常用的方法是暴力DP观察转移点,这是篇讲理论的文章,这种方法就不多说了。

注意,下面讲的都是最小化问题,最大化请自行将权值部分的不等号反向。

• 四边形不等式

  假如我们有$p1\leq p2\leq p3\leq p4$.

  则$c(p1,p3)+c(p2,p4)\leq c(p1,p4)+c(p2,p3)$称为四边形不等式。

  简而言之,交叉$\leq$包含。

• $\boxed{\text{1D}}$ : 任意分

如果不限段数,分一段的代价为 $c(l,r)$,如果$c$满足四边形不等式,则该问题具有决策单调性。

设$F[i]$为把前$i$个位置分割完毕的最小代价。

$\color{blue}\text{证明:}$ 设$F[i]$的最优转移点为$p[i]$,我们假设有 $y<x$ 且 $p[x]<p[y]$。

根据最优决策的定义,写出相应的不等式:

$$F[x]=F[p[x]]+c(p[x],x)\leq F[p[y]]+c(p[y],x)$$

有$p[x]<p[y]<y<x$,由四边形不等式得

$$c(p[x],y)+c(p[y],x)\leq c(p[x],x)+c(p[y],y)$$

同向不等式相加得到

$$F[p[x]]+c(p[x],y)\leq F[p[y]]+c(p[y],y)$$

得到 $p[x]→y$ 比 $p[y]→y$ 更优,矛盾,故得证。

区间DP问题也是类似的。

• 包含单调

  $p1\leq p2\leq p3\leq p4 \Rightarrow c(p1,p4)\geq c(p2,p3)$ 称之为包含单调。

• $\boxed{\text{2D}}$ : 分k段

在分k段问题中,有这样一个麻烦,如果分得短反倒亏,就可能不满足单调性。

如果$c$函数包含单调,那么分的段越多越好,就没这个问题了。(存疑)

应用可见 stO 花神

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常用优化手段:

(1)有单峰性-单指针跳跃 - $\boxed{\text{1D}}$

“单峰性”的意思是:对于某个状态的最优转移点,其左边的贡献向左单调递减,右边也向右单调递减(一个单峰函数)

这个性质结合决策单调性,可以做到均摊$O(1)$转移,具体方法:

记录一个指针$p$表示转移点,由于决策单调性那么$p$不会往回跳。

进入了每一层之后,如果后面更优,$p$向后跳,否则停住并转移,根据单峰性这样子一定不会漏最优解。

那么$p$指针总共跳$O($状态$)$次,那么转移均摊$O(1)$.

例题:暂无

(2)相邻层之间转移 - 分治 - $\boxed{\text{2D}}$

这个适用于特殊的二维dp,只有上一层向下一层转移,同一层之间不会转移。

而且每一层中有决策单调性。

我们可以发现,一般暴力做是$O(n^2k)$(k是层数),每次转移需要多一个$O(n)$的$for$来枚举前一层。

又发现,在这一层,我们先转移哪一个位置是无关紧要的,因为同一层之间不会转移。

考虑分治,可以先转移$mid$,得到最优转移点是上一层的$p$。

之后,我们就能知道$[1,mid)$和$(mid,r]$分别对应候选转移点区间$[tl,p]$和$[p,tr]$(注意区间开闭).

这样子的分治复杂度是$O(nlogn)$的,不过好像并不显然。

证明的话,每一层的候选区间长度总和为$O(n)$,一共$O(logn)$层,总复杂度严格$O(nlogn)$

例题:P4072 [SDOI2016]征途 (的$O(n^2logn)$辣鸡写法)

(2+)贡献难算-分治&指针暴力跳 - $\boxed{\text{2D}}$

这只能算是一个小技巧吧。

(先看)例题:CF833B The Bakery

这个决策单调性在这里不证明了,感性理解就是选的区间越长越可能亏。

(直接拿暴力dp打出决策点的表,然后大眼观察也可以)

请大家先想一下$O(n^3k)$的暴力。

这题难就难在无法$O(1)$或者$O(logn)$算出区间颜色数,我们的复杂度强行多了一个$n$.

先直接套用(2)的分治,区间颜色数是莫队的拿手好戏,我们考虑模仿莫队,维护两个指针跳来跳去。

然后一个很暴力的想法是,问到那个区间,就跳到哪个区间。

第一眼看上去复杂度似乎假了,但是分治树自有它的特殊性质:

对于$mid$的查询,我们会询问$\forall_{i=tl}^{mid}s(i,mid)$

右端点是固定的,那么左端点一共只会移动$O($候选区间长度$)$次。

当处理$[l,r][tl,tr]$这一任务时,$l,r$指针一定属于$[tl,tr]$.

然后要向儿子分治求解,给到左儿子的时候要先暴力跳到$[tl,midL]$,同样不会跳出$[tl,tr]$

从左儿子那里还回来之后,暴力给右儿子准备,不会跳出$[tl,tr]$。

这一部分也只会移动$O($候选区间长度$)$次。

根据(2)的证明,一次分治总复杂度就依然是$O(nlogn)$

附: P5574 [CmdOI2019]任务分配问题

(3)二分队列 - $\boxed{\text{1D}}$

方程形如$f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)$

决策单调性的推论:有两个决策位置$i,j(i<j)$。

我们让$i,j$向$k$尝试着转移,不妨设$i$更优。

随着$k$的增大(右移),$j$有可能变得比$i$更优,但是此后$i$就永无翻身之日了。

也就是说,每个出发点能最优的目的地是一个区间,而且只会被后面的决策反超。(这和经典决策单调性是等价的)

这个过程暗示着一个分界线$k'$在这前面的$k$,用$i$转移更优,在这后面的用$j$转移更优。

如果我们能快速计算贡献函数 $w$ 的话,就能用$O(\log n)$的代价计算出两个决策位置$i,j(i<j)$的分界线$k'$。

换句通俗的话说,$j$能在到达$k'$之后怼掉$i$。

然后,我们按照优劣维护一个单调队列,那么队首就是目前的最优转移。

• 退役 : 弹出队首

  每一个候选点都想怼掉前面那个目前比他优的点,我们存下每个点能叉掉前一个点的位置。

  如果$k$前进了,我们要判断队首有没有被下一个叉掉,如果有就弹出。

• 新人 : 队尾加入决策

  考虑一个候选决策点的命运,随着$k$的增大为时间线,无非是先养精蓄锐,然后叉掉别人,然后再被别人叉掉。

  前面的决策随着$k$增大可能会被后面的反超,则是经典的决策单调性,由于要养精蓄锐,我们从队尾加入新决策。

  假如这个决策能比最后一个更快地叉掉倒数第二个,则pop最后一个,一直进行……

  最后把新决策加入进去,这被称为二分队列。

观察可得这个队列是同时根据优劣和叉掉上一个人的时间为序的,这就可以保证所有叉人活动只在队首进行。

例题:P1912 [NOI2009]诗人小G

(3+)二分栈 - $\boxed{\text{1D}}$

严格来讲这东西并不是所谓的决策单调性,但是和(3)十分类似,所以附带着讲讲。

还是最小化问题,方程:$f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)$

每个出发点能最优的目的地是一个区间,但是 : 某种决策只会被更前的决策反超.

考虑某个决策的命运,随着$k$的增大为时间线,一开始就叉掉别人(注意这些人都是前面的,如果叉不掉就相当于被别人叉掉,根据上述性质就永无翻身之日了)

然后苟一会,再被别人(前面后面都有可能)叉掉。 (所以这个东西根本没有决策单调性啊)

看起来比较复杂,但是决策分界点仍然可以二分求出来,拿一个栈就能维护了。

还是套路,维护每个点能叉掉前一个点的位置,如果栈顶被叉掉了就弹出来。

由于只能在一开始怼人,加入元素的时候需要从栈顶加入,加入方法不是叉栈顶,而是比较优劣,如果劣于栈顶就直接丢掉,否则push进去。

然后,根据(3)的经验需要同时根据优劣和叉掉上一个人的时间为序。

我们在push前还要比较 : 栈次顶会不会在能够叉掉新决策之前就被下一个干掉(其实就是维护分界点有序),如果是就弹出来。

这样子就被称为二分栈。

例题 : P3515 [POI2011]Lightning Conductor

(4)斜率优化 - $\boxed{\text{1D}}$

好像技能树点反,怎么先学了二分队列……不管了。

还是极化问题,方程 : $f[i]=\min\limits_{j=0}^{i-1}f[j]+w(i,j)$

如果能把$w(i,j)$表示成$(i)'+(i)(j)+(j)'+C$的形式。

即两坨分别与$i,j$有关的常数和与两者都有关的乘积的和。(很多方程都满足这个要求)

$(i)'+C$相对决策是固定不变的,不需要考虑。

我们把$(i)(j)+(j)'$看做一条直线,$(i)$的位置是$x$,决策$j$提供了斜率和截距。

我们所做的就是每次用一个$x$来切目前的所有直线(决策),来看看那个更优。

显而易见的是,我们需要维护一个上凸壳或者下凸壳(斜率有序)。

现在就变成了一个数据结构维护凸壳的问题。

由于凸壳的单调性,一般有两个重要性质能够加以利用 : ①插入斜率有序 , ②询问$x$点单增。

• 同时满足①②

我们只需要单调队列(半平面交)维护凸壳,每次取队首即可。

具体的方法:

• 队列里维护直线,以及与上一条直线的交点$x$坐标。

• 如果队首被第二个线超过了(看交点),弹出。

• 如果队尾超过倒数第二的时候,已经被新来的人超过了(看交点),弹出。

其实和二分队列本质上是一个东西,只不过不用二分了。

注意特判没有交点的情况,这时应该根据截距保留。

(一般不用考虑斜率不存在的情况)

例题 : P3195 [HNOI2008]玩具装箱TOY

$\qquad$P4072 [SDOI2016]征途 (2D)

• 仅满足①

还是单调队列维护凸壳,询问在上面二分(直接看交点管理区间)即可。

• 啥都不满足

平衡树(std::set)硬上,查询lower_bound,写起来感觉毒瘤……

也可以李超树,一般来讲写起来比较轻松。

还可以CDQ分治之类的。

广义决策单调性

维度更高,一些奥妙的东西。

• 路径交错

考虑分k段问题,如果段数+1,形成的决策路径必然交错,如下图上半部。

如果出现了下半部的情况,则不合法。

赛场上同样可以打表观察。

如果满足决策单调性,则必然满足路径交错,证明如下:

考虑蓝③的起始点,我们可以把蓝③的终点看做结束点,这比绿③靠前。

如果蓝③的起始点仍在绿③内,这会导致绿③的起始点甚至在蓝③前面,违背了决策单调性。

然后我们就又知道了蓝②的起点在绿②的前面。

通过反向归纳,我们能够得知 : 每个绿色的拱内,都最多只会有一个蓝点。

然后根据鸽笼原理不难得到每个绿拱内恰有一个蓝点。

这有一个好处,所有决策点的决策范围总和是$O(n)$的,所以我们暴力枚举范围就很优了。

例题 : CF321E Ciel and Gondolas 的$O(n^2)$做法。stO 花神

P4767 [IOI2000]邮局 同样可以$O(n^2)$做掉。

• 环上路径交错

仍然是分k段问题,这次整到环上来了。

画成图大概是这样的 :

注意,此时蓝①被包在绿①内了,根据鸽笼原理这是必然出现的。

实际上也只会出现一个,证明考虑从①处断开,然后就变成序列问题,沿用结论即可。

另一种环上路径交错 : 钦定某个起点求出最优解,和钦定另一个起点的方案交错(段数相同)。

例题 : 环状邮局

• $O(n^2klogn)$

  可以枚举某个决策点,然后大力拆环为链。

  变成了$n$个经典分k段问题,大力按层单调性分治分治即可$O(nklogn)$。

• $O(n^2\log n)$

  考虑路径交错,先$O(nk\log n)$求出任意一种方案,然后剩余的所有方案就都是交错的。

  选取最短的(决策点最少)一段,这一段的长度是$O(n/k)$的,在这一段里面枚举起点即可。

  总复杂度是$O(n^2\log n)$.

接下来是$O(n\log S)$的魔法。

先考虑如何快速求出任意一种钦定起点的方案。

能够感知这是凸的,使用WQS二分+二分队列即可做到$O(n\log n\log S)$。

但是可能在构造方案上遇到一点麻烦……可以玄学扰动避免答案凸包三点共线。

当然还有比较系统的构造方法,改日研究。

得到了一种方案之后,我们进行决策单调性分治。由于路径交错,各个点的决策长度总和是$O(n)$的。

考虑把一段段的东西拆下来分层排成一排,则有这样的模式:

一条折线则表示某种钦定起始点的决策,不难发现折线相交就代表着路径不交错,所以所有折线都是不交的。

现在重头戏来了,我们对起始点分治,对于后面的点依次枚举决策区间进行转移,能够找到一条折线。

这条直线把所有的层分成了两部分,大小和为$O(n)$,于是分治下去找折线,复杂度是$O(n\log n)$的。