嘟嘟嘟

偶然看到的这道题,觉得有点意思,就做了。

首先题里说修改后的数列只能出现修改前的数,那么状态之间的转移也就之可能在这些数之间。

令f[i][j]表示第 i 个数改成原序列第 j 小的数时的最小步数。容易得出:f[i][j] = min(f[i - 1][k]) + abs(a[i] - b[j]) (1 <= k <= j),其中a是原序列,b是排好序的序列。这样实现了一个O(n3)的dp。

然而n <= 5000,因此我们必须优化掉一层循环,考虑k那一层:f[i - 1][k]其实就是取前缀f[i - 1][j]中的最小值,令g[i][j]表示第 i 个数改成小于等于第 j 个数时的最小步数,那么g[i][j]可以用f[i][j]动态维护,有转移方程:

  f[i][j] = g[i - 1][j] + abs(a[i] - b[j])

  g[i][j] = f[i][j]          (j = 1)

     = min(g[i][j - 1], f[i][j])    (j > 1)

那么答案就是g[n][n]。

另外这道题限制64MB,因此空间上把第一维优化掉。

 #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
#define enter puts("")
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define rg register
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-;
const int maxn = 5e3 + ;
inline ll read()
{
ll ans = ;
char ch = getchar(), las = ' ';
while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
while(isdigit(ch)) ans = ans * + ch - '', ch = getchar();
if(las == '-') ans = -ans;
return ans;
}
inline void write(ll x)
{
if(x < ) putchar('-'), x = -x;
if(x >= ) write(x / );
putchar(x % + '');
} int a[maxn], b[maxn], n;
ll f[maxn], g[maxn]; int main()
{
n = read();
for(int i = ; i <= n; ++i) a[i] = b[i] = read();
sort(b + , b + n + );
for(int i = ; i <= n; ++i)
for(int j = ; j <= n; ++j)
{
f[j] = g[j] + abs(a[i] - b[j]);
g[j] = j == ? f[j] : min(g[j - ], f[j]);
}
write(g[n]); enter;
return ;
}

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