1.最优清零方案

1.题意描述

给定一个长度为 NNN 的数列 A1,A2,⋯,ANA_1,A_2,⋯,A_NA1,A2,⋯,AN 。现在小蓝想通过若干次操作将这个数列中每个数字清零。
每次操作小蓝可以选择以下两种之一:

选择一个大于 0 的整数, 将它减去 1 ;
选择连续 KKK 个大于 0 的整数, 将它们各减去 1 。

小蓝最少经过几次操作可以将整个数列清零?

2.输入格式

输入第一行包含两个整数 NNN 和 KKK 。
第二行包含 NNN 个整数A1,A2,⋯,ANA_1,A_2,⋯,A_NA1,A2,⋯,AN。

3.输出格式

输出一个整数表示答案。

4.样例输入

4 2
1 2 3 4

5.样例输出

6.数据范围

1≤K≤N≤1000000,0≤Ai≤1000000。1≤K≤N≤1000000,0≤A_i ≤1000000 。1≤K≤N≤1000000,0≤Ai≤1000000。

7.原题链接

最优清零方案

2.解题思路

比较直观地思考，如果没有操作2，那么总操作次数则是数组的总和。对于答案来说操作2一定是不差于操作1的，为了使操作次数更少，我们应该尽可能多使用操作2。

所以问题转化为我们对数组最多能进行几次操作2？答案即是操作2的次数加上剩下数组的总和。

对于一段区间 [l,r][l,r][l,r]，它能进行操作的次数应当是该区间内的最小值 mimimi，然后我们需要将区间 [l,r][l,r][l,r] 所有数都减去 mimimi。由于需要去考虑每一个长度为 KKK 的连续子数组，显然我们需要使用到滑动窗口去解决问题。

从贪心的角度思考，我们从左往右进行窗口滑动，统计操作2可进行的最大次数。

对于每一个长度为 KKK 的区间 [l,r][l,r][l,r] 如果我们都手动去遍历得到 mimimi 以及手动减去mimimi，在极限数据下且k=n/2k=n/2k=n/2时，复杂度会是O(n2)O(n^2)O(n2)所以会超时。

考虑如何优化，假设此时枚举的窗口的起点为 lll，那么终点为l+k−1l+k-1l+k−1，设区间 [l,r][l,r][l,r] 的最小值的下标为 t(t∈[l,r])t(t\in[l,r])t(t∈[l,r])，如果按照正常滑动窗口，我们下一次窗口枚举的起点为 l+1l+1l+1，但由于操作2要求区间全部数一定大于0。显然 a[t]a[t]a[t] 在减去mimimi之后的值一定为0，意味着区间内包含下标t一定不可能再进行操作2，我们可以将下一次窗口枚举的起点设为t+1，以此完成优化，减少无效窗口的枚举次数。

值得注意一点的是一个区间[l,r][l,r][l,r]可能同时有多个最小值下标 ttt，我们应当选择最右边的一个。

3.Ac_code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 200010;int n, k;
void solve()
{std::cin >> n >> k;std::vector<int> a(n);LL ans = 0;for (auto&v : a) {cin >> v;}for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {int t = 0;int mi = 1e9;for (int j = i; j < i + k; ++j) {if (a[j] <= mi) {t = j;mi = a[j];}}ans += mi;for (int j = i; j < i + k; ++j) a[j] -= mi;i = t;}for (auto v : a) ans += v;cout << ans << '\n';
}
int main()
{ios_base :: sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);int t = 1;while (t--){solve();}return 0;
}

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