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题意

灯有\(m\)个亮度等级,\(1,2,...,m\),有两种按钮:

  1. 每次将亮度等级\(+1\),如\(1\rightarrow 2,2\rightarrow 3,...,m-1\rightarrow m,m\rightarrow 1\)
  2. 初始时有一个设定值\(x\),按下该按钮能够从任意亮度等级到达\(x\)

现给定一个序列\(a[1..n]\)代表亮度从\(a_1\rightarrow a_2\rightarrow a_3\rightarrow ... \rightarrow a_n\),问初始值\(x\)设定为多少的时候能够使总共需按按钮的次数最少?

思路

原始思路

从\(1\)到\(m\)枚举\(x\),对于每个\(x\)遍历一遍序列,计算出操作次数。

比较得到一个最小值。时间复杂度\(O(m*n)\)

本质=>优化

思考一下,上面这个思路本质上是什么?

假设我们有一个数组\(c[1..m]\)用来记录操作次数,那么其初始值为\(0\),遍历一遍序列,对每个初始值\(x\)对应的操作次数\(c[x]\)加上\(f(a_i,a_{i+1},x)\).

最后,\(c[\ ]\)数组的最小值即为答案。

再来考虑一下上面的\(f(a_i,a_{i+1},x)\),这又是什么?

记\(s=a_i,t=a_{i+1}\),不妨设\(s\lt t\)则$$f(s,t,x)=

\begin{cases}

t-s, &x\leq s\ ||\ x\gt t\cr

t-x+1, &s\lt x \leq t

\end{cases}$$

// 高兴一下,是个线性函数啊

变化量如图所示:

1			s s+1		  t t+1		   m
|------------|------------|------------|
( +t-s ) ( +s-x+1 )( +t-s )

仔细观察发现可以发现它可以拆成两部分

1									   m
|--------------------------------------|
( +t-s ) 1 s s+1 t t+1 m
|------------|------------|------------|
( +0 ) ( +t-x+1 )( +0 )

  1. 整体加上\(t-s\)
  2. 对\([s+1,t]\)一段加上一个递减的序列。

整体的加直接记录即可,对一段进行的修改怎么办呢?

仔细观察这个递减的序列,发现其是\({0,-1,-2,...,s-t+1}\),于是可以借助前缀和\(O(1)\)完成这个修改。

// 详见后文

于是我们的优化就完成了,成功从\(O(n*m)\)变成\(O(n)\).

对于\(s\gt t\)的情况,只需将\(s\)加上\(m\)考虑即可,就相当于将每个位置拆成两个。

前缀和大法

对区间\([s,t]\)中的元素分别加上\({1,2,...,n}\),要求操作后的序列,方法为:

a[s] += 1, a[t+1] -= (n+1), a[t+2] += n;

求两次前缀和即得操作后的序列。容易验证。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 200010
using namespace std;
typedef long long LL;
LL c[maxn], a[maxn];
int main() {
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
LL base = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
LL s = a[i-1], t = a[i];
if (t < s) t += m;
base += t - s;
c[s+2] += 1, c[t+1] -= t-s, c[t+2] += t-s-1;
}
for (int i = 1; i <= (m<<1); ++i) c[i] += c[i-1];
for (int i = 1; i <= (m<<1); ++i) c[i] += c[i-1];
LL maxx = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) maxx = max(maxx, c[i] + c[i+m]);
printf("%lld\n", base - maxx);
return 0;
}

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