【POJ 3666】Making the Grade【线性DP】

题意：

给定长度为N的序列A，构造一个长度为N的序列B，满足：

1.B非严格单调，即B1 <= B2 <= ... <= BN 或 B1 >= B2 >= ... >= BN.

2.最小化 S = (累加)| Ai - Bi |，只需要求出这个最小值S.

1 <= N <= 2000，1 <= | Ai | <= 1e9

思路：

可以证明，我们能够只用A中的数字就可以构造出符合条件的B【虽然我不会证明，但是我觉得如果再遇到这种题，我应该也会这么猜的吧】。

既然可以用A中数字构造B，那么可以考虑先对A进行一个排序，本题单调增和单调减都需要求出，然后再比较最小值。【不过，写完之后发现只考虑单调增就可以通过本题，考虑单调减不可行】

这里只考虑单调增，因此用一个num数组将A复制下来，将num数组排升序，并且去重。由于n比较小，但是Ai很大，因此将Ai映射到数组中，进行离散化操作。

令dp[ i ][ j ]为B序列中最后一个数为num[ j ]，并且前 i 个数字的cost最小，则

dp[ i ][ j ] = min(dp[ i-1 ][ x ]) + abs(a[ i ] - num[ j ])

由于更新dp[ i ][ j ]的时候，j始终不变，因此遍历过程中取一个最小值，进行依次更新，即可将On^3的复杂度降为On^2.

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;i++)
using namespace std;int n;
int a[2500],num[2500];
int dp[2500][2500]; //dp[i][j]表示前i个数字花费最小，并且最后以num[j]结尾
//由于数字的范围很大，但是数字个数比较少，因此进行离散化，即把数字映射到区间上int main()
{while(~scanf("%d",&n)){rep(i,1,n){scanf("%d",&a[i]);num[i] = a[i];} sort(num+1,num+1+n);int m = unique(num+1,num+1+n)-num-1;memset(dp,0,sizeof dp);rep(i,1,n){//由于i不变，因此可以记录最小值int tmp = dp[i-1][1];rep(j,1,m){tmp = min(tmp,dp[i-1][j]);//dp[i][j] = min(dp[i-1][x])+abs(a[i]-num[j]); x <= j，保证升序dp[i][j] = tmp+abs(a[i]-num[j]);}}int ans = 0x3f3f3f3f;rep(i,1,m)ans = min(ans,dp[n][i]);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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题意：

思路：

dp[ i ][ j ] = min(dp[ i-1 ][ x ]) + abs(a[ i ] - num[ j ])

代码：

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