Making The Grade G

原题传送门： luogu P2893 USACO08FEB

题目大意：给定一个长度为 N N N 的序列 A A A 让你构造一个长度也为 N N N 的序列 B B B，且 B B B 非严格单调(不限制单增或单减)，且要最小化 T = ∑ i = 1 N ∣ A i − B i ∣ T = \sum\limits_{i=1}^N \mid A_i - B_i \mid T=i=1∑N∣Ai−Bi∣。

因为这里分成两种情况，一种 B B B 是非严格单增的，另一种 B B B 是非严格单减的，所以我们考虑分别对这两种情况进行求解，最后再去一个最小值就好了。下面我们就以 B B B 是非严格单增来举例子（非严格单减同理）。

在分析的过程中，我们发现一个神奇的现象，在满足最小化 T T T 的前提下，一定存在一种构造 B B B 的方案，使得 B B B 中的所有数值都在 A A A 中出现过。首先，当 N = 1 N = 1 N=1 的时候这个命题显然成立（最小化 T T T 之间让 B 1 = A 1 B_1 = A_1 B1=A1 就好了）。之后我们考虑先假设这个命题对 N = k − 1 N = k-1 N=k−1 成立，如果能推出这个命对 N = k N = k N=k 成立，在运用数学归纳法，就能证明这个命题对所有 N N N 都成立了。

现在设命题对 N = k − 1 N = k-1 N=k−1 时成立，且此时构造出来的序列是 B 1 ∼ B k − 1 B_1 \sim B_{k-1} B1∼Bk−1。然后我们来分类讨论 B k − 1 B_{k-1} Bk−1 和 A k A_k Ak 的大小情况：

如果 B k − 1 ≤ A k B_{k-1} \leq A_k Bk−1≤Ak，则令 B k = A k B_k = A_k Bk=Ak 则我们就把 k k k 这里消成了 0，而且还满足单增。并且前面已经构造出最小的了，所以现在肯定也是最小的，此时命题成立。
当 B k − 1 > A k B_{k-1} > A_k Bk−1>Ak 的时候还要分成两种情况，第一种情况是直接令 B k = B k − 1 B_k = B_{k-1} Bk=Bk−1 命题成立。
第二种当这样直接构造不成立的时候就要考虑其他的构造方式了。因为直接令 B k = B k − 1 B_{k} = B_{k-1} Bk=Bk−1 不行了，所以我们考虑下调 B B B 数列前面的数，因为要向下调整，所以我们前面构造好的数也要向下一起调整。
所以我们发现，我们一定能够找到一个 j j j 然后重新令 B j , B j + 1 , ⋯ B k B_{j}, B_{j+1}, \cdots B_{k} Bj,Bj+1,⋯Bk 都等于一个新的值 x x x，使得原命题成立。但是为什么要统一下调到 x x x 呢，难道不存在一种可能使得前面的数下调到比 x x x 还小使得整个数列的 T T T 更优吗？显然是不存在的，因为如果可以让前面的更小来满足更优那么这个数就不会在 [ j , k ] [j, k] [j,k] 这一段里，它会在之前构造 k − 1 k-1 k−1 的长度的时候就被调成更小的而满足最优。
这个时候问题就变成了找到一个数 x x x 证明当 T ′ = ∑ i = j k ∣ x − A i ∣ T' = \sum\limits_{i=j}^k \mid x - A_i \mid T′=i=j∑k∣x−Ai∣ 时 x x x 一定在 A A A 里面出现过。而对于这个式子： T ′ = ∑ i = j k ∣ x − A i ∣ T' = \sum\limits_{i=j}^k \mid x - A_i \mid T′=i=j∑k∣x−Ai∣，其实就是一个中位数问题。设 m i d mid mid 是 A [ j ∼ k ] A[j\sim k] A[j∼k] 的中位数，如果 m i d ≥ B j − 1 mid \geq B_{j-1} mid≥Bj−1，让 x = m i d x = mid x=mid 就能最小化 T ′ T' T′。当 m i d < B j − 1 mid < B_{j-1} mid<Bj−1 的时候我们就让 x = B j − 1 x = B_{j-1} x=Bj−1 就能保证最优且单调。而且 m i d mid mid 和 B j − 1 B_{j-1} Bj−1 都是 A A A 中的数值。所以原命题成立。

我们上面已经证明了这个神奇的命题，那下面转移方程就比较容易了。我们设 F [ i ] F[i] F[i] 表示对于 A [ 1 ∼ i ] A[1\sim i] A[1∼i] 完成构造，且 A [ i ] = B [ i ] A[i] = B[i] A[i]=B[i] 的时候， T T T 的最小值。我们仿照 LIS 就能得到下面的动态转移方程：
F [ i ] = min ⁡ 0 ≤ j < i ， A [ j ] ≤ A [ i ] { F [ j ] + c ( j + 1 , i − 1 ) } F[i] = \min_{0 \leq j < i， A[j] \leq A[i]}\lbrace F[j] + c(j+1, i-1) \rbrace F[i]=0≤j<i，A[j]≤A[i]min{F[j]+c(j+1,i−1)}

其中，我们设 c ( j + 1 , i − 1 ) c(j+1, i-1) c(j+1,i−1) 表示构造 B j + 1 , B j + 1 , ⋯ B i − 1 B_{j+1}, B_{j+1}, \cdots B_{i-1} Bj+1,Bj+1,⋯Bi−1 的最小代价。也就是构造出 B j + 1 , B j + 1 , ⋯ B i − 1 B_{j+1}, B_{j+1}, \cdots B_{i-1} Bj+1,Bj+1,⋯Bi−1，且满足 A j ≤ B j + 1 ≤ B j + 1 ≤ ⋯ ≤ B i − 1 ≤ A i A_j \leq B_{j+1} \leq B_{j+1} \leq \cdots \leq B_{i-1} \leq A_i Aj≤Bj+1≤Bj+1≤⋯≤Bi−1≤Ai 的时候 ∑ k = j + 1 i − 1 ∣ A k − B k ∣ \sum\limits_{k=j+1}^{i-1}\mid A_k - B_k \mid k=j+1∑i−1∣Ak−Bk∣ 的最小值。

现在我们就要想办法求解出 c ( j + 1 , i − 1 ) c(j+1, i-1) c(j+1,i−1) 等于多少了。根据我们上面的神奇的命题， B B B 数列一定是由一段一段的 A A A 数列里面的值组成的，又因为 i i i 处刚好 A [ i ] = B [ i ] A[i] = B[i] A[i]=B[i] 且 j j j 处也满足 A [ j ] = B [ j ] A[j] = B[j] A[j]=B[j]，所以我们要构造的中间的一坨东西就是前面一部分是 A [ j ] A[j] A[j]，后面一部分是 A [ i ] A[i] A[i] 的一个序列，然后我们就用一个 k k k 来枚举分界点就好了。这样的算法的时间复杂度就是 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)，显然过不了。

然后我们考虑优化一下，一个状态的转移不行，我们就多加一个状态，我们直接把上一次构造的 B B B 序列的最后一个值也加在状态里面，也就是记 F [ i , j ] F[i, j] F[i,j] 表示完成对 A [ 1 ∼ i ] A[1\sim i] A[1∼i] 的构造，且构造出来的 B B B 中 B [ i ] = j B[i] = j B[i]=j 时 T T T 的最小值。那么我们就有：
F [ i , j ] = min ⁡ 0 ≤ k < j { F [ i − 1 , k ] + ∣ A [ i ] − j ∣ } F[i, j] = \min_{0 \leq k < j} \lbrace F[i-1, k] + \mid A[i] - j \mid \rbrace F[i,j]=0≤k<jmin{F[i−1,k]+∣A[i]−j∣}

然后我们可以对 A A A 进行离散化，把状态的第二维降到 O ( n ) O(n) O(n)。然而状态转移还是 O ( n ) O(n) O(n) 的，所以整个的复杂度也还是 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 的。但是我们可以继续优化，我们记 S ( j ) S(j) S(j) 表示满足转移条件 0 ≤ k < j 0 \leq k < j 0≤k<j 的所有 k k k 的集合。我们发现，在每一次枚举 j j j 的时候这个决策集合只增不减，所以在找 k k k 的时候我们就不用每次都枚举 k k k，直接用 j j j 来代表 k k k 就可以了，这样我们就可以做到 O ( 1 ) O(1) O(1) 的转移。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 2020
#define endl '\n'int a[MAXN] = { 0 };
int b[MAXN] = { 0 };
int n = 0; int m = 0;int ans = 0;
int f[MAXN][MAXN] = { 0 };
void dp(){for(int i = 1; i <= n; i++){int minx = f[i-1][1];for(int j = 1; j <= n; j++){minx = min(minx, f[i-1][j]);f[i][j] = minx + abs(b[j] - a[i]);}}
}int main(){scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];sort(b+1, b+n+1); m = unique(b+1, b+n+1) - b - 1;dp(); ans = f[n][1];for(int i = 2; i <= m; i++) ans = min(ans, f[n][i]);reverse(a+1, a+n+1); dp();for(int i = 1; i <= m; i++) ans = min(ans, f[n][i]);cout << ans << endl;return 0;
}

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