动态规划的状态转移方程经常可以写作一系列最优化问题的形式。以（1）式为例，这些问题含有参数 $i$，问题的目标函数和可行域都可以依赖于 $i$。每一个问题都是在给定参数 $i$ 时，选取某个可行解 $j$ 来最小化目标函数的取值。为表述方便，下文将参数为 $i$ 的最优化问题简称为「问题 $i$」，该最优化问题的可行解 $j$ 称为「决策 $j$」，目标函数在最优解处取得的值则称为「状态 $f(i)$」。同时，记问题 $i$ 对应的最小最优决策点为 $\mathop{\mathrm{opt}}(i)$。

对于问题 $i$，最优决策集合未必是一个区间。决策单调性实际可以定义在最优决策集合上。对于集合 $A$ 和 $B$，可以定义 $A \leq B$ 当且仅当对于任意 $a\in A$ 和 $b\in B$，成立 $\min\{a,b\}\in A$ 和 $\max\{a,b\}\in B$。这蕴含最小（最大）最优决策点的单调性，即此处采取的定义。本文关于最小最优决策点叙述的结论，同样适用于最大最优决策点。但是，存在情形，某更大问题的最小最优决策严格小于另一更小问题的最大最优决策，亦即可能对某些 $i_1 < i_2$ 成立 $\mathop{\mathrm{optmax}}(i_1) > \mathop{\mathrm{optmin}}(i_2)$，所以在书写代码时，应保证总是求得最小或最大的最优决策点。

另一方面，拥有相同最小最优决策的问题构成一个区间。这一区间，作为最小最优决策的函数，应严格递增。亦即，给定 $j_1 = \mathop{\mathrm{opt}}(i_1)$，$j_2 = \mathop{\mathrm{opt}}(i_2)$，如果 $j_1 < j_2$，那么必然有 $i_1 < i_2$。换言之，如果决策 $j_1 < j_2$ 能够成为最小最优决策的问题区间分别是 $[l_{j_1},r_{j_1}]$ 和 $[l_{j_2},r_{j_2}]$，那么必然有 $r_{j_1} < l_{j_2}$。

若 $w$ 满足四边形不等式，则问题 (1) 满足决策单调性。

要证明这一点，可采用反证法。假设对某些 $c < d$，成立 $a = \mathop{\mathrm{opt}}(d) < \mathop{\mathrm{opt}}(c) = b$。此时有 $a < b \leq c < d$。根据最优化条件，$w(a,d) \leq w(b,d)$ 且 $w(b,c) < w(a,c)$，于是，$w(a,d) - w(b,d) \leq 0 < w(a,c) - w(b,c)$，这与四边形不等式矛盾。

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，要求对于每一个 $1 \leq i \leq n$，找到最小的非负整数 $f_i$ 满足

显然，经过不等式变形，我们可以得到待求整数 $f_i = \max_{j}\{a_j+\sqrt{|i-j|}-a_i\}$。不妨先考虑 $j \leq i$ 的情况（另外一种情况类似），此时我们可以得到状态转移方程：

根据 $-\sqrt{x}$ 的凸性，我们很容易得出（后文将详细描述）函数 $w(l, r) = -a_l - \sqrt{r-l} + a_r$ 满足四边形不等式，因此套用上述的算法便可在 $O(n\log n)$ 的时间内解决此题了。

若 $w$ 满足四边形不等式，则对于问题 (2) 成立 $\mathop{\mathrm{opt}}(k-1,i) \leq \mathop{\mathrm{opt}}(k,i) \leq \mathop{\mathrm{opt}}(k,i+1)$。

第二个不等式只是第 $k$ 层的决策单调性。关键在于第一个不等式。

下证 $\mathop{\mathrm{opt}}(k,i) \leq \mathop{\mathrm{opt}}(k+1,i)$。假设有如下两个区间 $[1,i]$ 的分划（逆序标号）：$[a_{k},d_{k}],\cdots,[a_1,d_1]$ 和 $[b_{k+1},c_{k+1}],\cdots,[b_1,c_1]$。其中，每个区间的左端点都是其右端点处对应问题的最小最优决策；同样地，从右向左考虑所有可能的分划，右端点也是左端点对应问题的最小最优决策。例如，$d_j$ 和 $c_j$ 分别是将 $[a_j,i]$ 和 $[b_j,i]$ 分成 $j$ 段左起第一个区间右端点的最小最优决策。根据决策单调性，如果 $a_{j-1} > b_{j-1}$，亦即 $d_j > c_j$，那么必然有 $a_j > b_j$。由此，如果所证不成立，则有 $a_1 > b_1$。进而可以归纳地证明 $a_{k} > b_{k}$。这显然与所设矛盾。由此得证。

第一个不等式可以另证如下。同样考虑上面证明中的两个分划。如果所证命题不成立，则有 $a_1 > b_1$，但是由于有 $a_{k} < b_{k}$，我们可以找到最小的 $j>1$ 使得 $a_j \leq b_j$。进而，此时有 $a_{j-1} > b_{j-1}$，故 $d_j>c_j$。我们找到了一组区间满足 $a_j \leq b_j \leq c_j < d_j$。考虑将这两个分拆重新组合的结果。考虑分拆 $[b_{k+1},c_{k+1}],\cdots,[b_{j+1},c_{j+1}],[b_j,d_j],[a_{j-1},d_{j-1}],\cdots,[a_1,d_1]$，共 $(k+1)$ 段，于是由前设的最优性可推知，

同样地，考虑分拆 $[a_{k},d_{k}],\cdots,[a_{j+1},d_{j+1}],[a_j,c_j],[b_{j-1},c_{j-1}],\cdots,[b_1,c_1]$，共 $k$ 段，则有

此时，不等号是严格的，因为 $a_1 > b_1$，但是按假设，$a_1$ 是所有 $k$ 段分拆最末一段的左端点中最小最优的。两个不等式条件相加，得到 $w(b_j,c_j) + w(a_j,d_j) < w(b_j,d_j) + w(a_j,c_j)$，这有悖于四边形不等式。故而原结论得证。

这里算法复杂度不是 $O(nm)$ 的。正确的复杂度计算需要考虑 $n\times m$ 维状态矩阵。因为对于问题 $(i,k)$ 只需要考虑 $\mathop{\mathrm{opt}}(k-1,i) \leq j \leq \mathop{\mathrm{opt}}(k,i+1)$ 中的决策，所以每条次对角线上（即 $i-k$ 为一定值）的问题所需遍历的决策总数为 $O(n)$ 的。这样的对角线共计 $(n+m)$ 条，故而总的时间复杂度为 $O(n(n+m))$。

若 $w$ 满足四边形不等式，则问题 (2) 的最优解 $g(k):=f(n,k)$ 是关于 $k$ 的凸函数。

下证 $g(k-1) + g(k+1) \ge 2g(k)$。为此，考虑长度为 $(k-1)$ 段和 $(k+1)$ 段的最优分划，分别是 $[a_1,d_1],\cdots,[a_{k-1},d_{k-1}]$ 和 $[b_1,c_1],\cdots,[b_{k+1},c_{k+1}]$。取最小的 $1 \leq j \leq k-1$ 使得 $c_{j+1} \leq d_j$，其存在性可由 $c_{k} < n = d_{k-1}$ 推知。根据其最小性得知，$b_{j+1} > a_j$。所以，$a_j < b_{j+1} \leq c_{j+1} \leq d_j$。与上文类似，交换两个现有分拆的后半段，可以得到如下两个区间分拆：

两个所得区间都是 $k$ 段的，所以由最优性条件可知

这里第二个不等式正是四边形不等式。所求凸性由此得证。

高速公路旁边有一些村庄。高速公路表示为整数轴，每个村庄的位置用单个整数坐标标识。没有两个在同样地方的村庄。两个位置之间的距离是其整数坐标差的绝对值。

邮局将建在一些，但不一定是所有的村庄中。为了建立邮局，应选择他们建造的位置，使每个村庄与其最近的邮局之间的距离总和最小。

你要编写一个程序，已知村庄的位置和邮局的数量，计算每个村庄和最近的邮局之间所有距离的最小可能的总和。

#include <iostream>
constexpr int N = 3009;
constexpr int M = 309;
using namespace std;
int n, m, a[N], s[N], g[M][N], p[M][N];

int f(int i, int j) {
  int k = (i + j) >> 1;
  return a[k] * (k - i + 1) - (s[k] - s[i - 1]) + (s[j] - s[k]) -
        a[k] * (j - k);
}

int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i], ++i);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) g[0][i] = 1 << 30, p[m + 1][i] = i;
  for (int i = 1; i <= m; ++i) p[i][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = m; j; --j) {
      g[j][i] = 1 << 30;
      for (int k = p[j][i - 1]; k <= p[j + 1][i]; ++k) {
        int tmp = g[j - 1][k - 1] + f(k, i);
        if (tmp < g[j][i]) g[j][i] = tmp, p[j][i] = k;
      }
    }
  cout << g[m][n];
}

#include <deque>
#include <iostream>
#define all \
  for (auto i : {&q, &l, &r}) (*i)
using namespace std;
long long n, m, a[500009], s[500009], u, v, w, sum[500009], cnt[500009];
deque<int> q, l, r;

long long f(int i, int j) {
  int k = (i + j) >> 1;
  return sum[i - 1] + v + a[k] * (k - i + 1) - (s[k] - s[i - 1]) +
        (s[j] - s[k]) - a[k] * (j - k);
}

void work() {
  all.clear();
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    if (q.size() && r.front() < i) all.pop_front();  // 队首出队
    if (q.size()) l.front() = i;
    for (; q.size() && f(q.back(), l.back()) >= f(i, l.back());)  // 队尾出队
      all.pop_back();
    if (q.empty())  // 入队
      q.emplace_back(i), l.emplace_back(i), r.emplace_back((int)n);
    else if (f(q.back(), n) >= f(i, n)) {
      int ll = l.back(), rr = n, mid;
      for (; ll <= rr;) {
        mid = (ll + rr) >> 1;
        if (f(q.back(), mid) >= f(i, mid))
          rr = mid - 1;
        else
          ll = mid + 1;
      }
      r.back() = rr;
      q.emplace_back(i), l.emplace_back(ll), r.emplace_back((int)n);
    }
    sum[i] = f(q.front(), i);
    cnt[i] = cnt[q.front() - 1] + 1;
  }
}

int main() {
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i], ++i);
  for (w = 2e12; u <= w;) {  // wqs二分
    v = (u + w) >> 1;
    work();
    if (cnt[n] < m)
      w = v - 1;
    else
      u = v + 1;
  }
  v = w;
  work();
  cout << sum[n] - m * v;
}

若 $w$ 满足区间包含单调性和四边形不等式，则状态 $f(j,i)$ 满足四边形不等式。

不妨设 $a \leq b \leq c \leq d$。下证 $f(a,d) + f(b,c) \geq f(a,c) + f(b,d)$。考虑依 $d-a$ 归纳。当 $a=b$ 或 $c=d$ 时，所求即一等式。对于一般的情形，根据 $d'=\mathop{\mathrm{opt}}(a,d)$ 的位置分类讨论。

第一种情况，$c \leq d'$ 或 $d' < b$，即 $[b,c]$ 包含于 $[a,d']$ 或 $[d'+1,d]$ 之中。

不妨假设 $c \leq d'$，另一种情形同理。此时有

这里，第一个不等式来自于归纳假设 $f(a,c) + f(b,d') \leq f(a,d') + f(b,c)$，第二个不等式来自于区间包含单调性 $w(b,d) \leq w(a,d)$，第三个不等式来自于最优性条件 $f(b,d) \leq f(b,d') + f(d'+1,d) + w(b,d)$。

第二种情况，$b \leq d' < c$，即 $d'$ 位于 $[b,c]$ 之中。此时，考虑 $c'=\mathop{\mathrm{opt}}(b,c)$ 的位置。

不妨假设 $c' \leq d'$，即 $[b,c']$ 包含于 $[a,d']$ 之中，另一种情形同理。此时有

这里，第一个不等式来自于归纳假设 $f(a,c') + f(b,d') \leq f(a,d') + f(b,c')$，第二个不等式来自于四边形不等式 $w(a,c) + w(b,d) \leq w(a,d) + w(b,c)$，第三个不等式来自于 $f(a,c)$ 和 $f(b,d)$ 的最优性条件。

若 $w$ 满足区间包含单调性和四边形不等式，则问题 (3) 中最小最优决策 $\mathop{\mathrm{opt}}(j,i)$ 满足

引理 1 已经证得 $f(j,i)$ 满足四边形不等式，所以目标函数 $f(j,k) + f(k+1,i) + w(j,i)$ 对于给定 $j$ 作为 $(k,i)$ 的函数满足四边形不等式，所以由定理 1 有，$\mathop{\mathrm{opt}}(j,i-1) \leq \mathop{\mathrm{opt}}(j,i)$。注意，不同时含有 $(k,i)$ 的项并不影响四边形不等式成立。类似地，它对于给定 $i$ 作为 $(k,j)$ 的函数也满足四边形不等式，所以 $\mathop{\mathrm{opt}}(j,i) \leq \mathop{\mathrm{opt}}(j+1,i)$。即得所证。

前两条性质根据定义很容易证明，下面证明第三条性质，性质四的证明过程类似。由于 $h(x)$ 单调，$h(w(j,i))$ 自然保持对区间包含的单调性。关键在于四边形不等式的证明。

为此，下面考虑 $a \leq j \leq b \leq c \leq i \leq d$ 上的二阶混合差分。

这里，根据区间单调性，$\Delta_iw(a,i) := w(a,d) - w(a,c) \geq 0$ 和 $\Delta_jw(j,c) := w(b,c) - w(a,c) \leq 0$。由于 $h(x)$ 具有凸性，对于 $t_1,t_2\geq 0$ 成立 $h(x + t_1 - t_2) - h(x + t_1) \leq h(x - t_2) - h(x)$，所以后两行必然非正。同时，由于四边形不等式，$w(b,d) \leq w(a,c) + \Delta_jw(j,c) + \Delta_iw(a,i) = w(b,c) + w(a,d) - w(a,c)$，故而，第一行的差在 $h(x)$ 单调增加的情况下必然也非正。所以，总的二阶混合差分非正。此即四边形不等式。

这一证明实际是如下导数证明的离散版本。