[***]HZOJ 柱状图

神仙题。

作者的正解：

算法二：对于60%的数据：考虑直接枚举屋顶的位置,总花费与屋顶的高度的关系是一个单峰函数,,我们可以用三分法三分屋顶的高度. 时间复杂度O(n²*logn)。

 

算法三：对于100%的数据：  我们枚举屋顶位置再三分高度的做法，复杂度的瓶颈在于花费的计算。假设屋顶在i处,高度为h_i,如果j<i,有h_j-j=h_i-i ; 如果j>i,有h_j+j=h_i+i。

根据权值排序，建立树状数组来解决权值与i的权值的关系，用两个树状数组维护。时间复杂度O(n(logn)(logv),V为屋顶的高度。

对于60%的数据大概有两种做法：

1.如作者题解，说的挺清楚的。

2.考虑对于一个确定的位置作为屋顶，那么屋顶的高度是确定的，证明以后再说。将每个点的高度加上到屋顶的距离，高度为之后序列的中位数，所以就可以模拟退火了。

对于100%的数据：

1.模拟退火（没脸）。

2.枚举屋顶，三分高度，然后主要的优化就是在计算花费上。可以用两个树状数组维护。

由于时间比较紧剩下的先咕掉了……

 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #define int LL
 #define LL long long
 #define MAXN 100010
 #define reg register
 #define con const
 using namespace std;
 struct node
 {
     int val,id;
     friend bool operator < (node a,node b)
     {return !(a.val^b.val)?a.id<b.id:a.val<b.val;}
 }al[MAXN],ar[MAXN];
 int n,a[MAXN],maxh,rkl[MAXN],rkr[MAXN];
 #define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
 struct bit
 {
     int C[MAXN],num[MAXN];
     void add(reg int x,reg con int y,reg con int z)
     {while(x<=n){C[x]+=y;num[x]+=z;x+=lowbit(x);}}
     pair<int,int> ask(reg int x)
     {
         int sum=,nnum=;
         while(x)
         {
             sum+=C[x];
             nnum+=num[x];
             x-=lowbit(x);
         }
         return make_pair(sum,nnum);
     }
 }le,re;
 __attribute((always_inline))int get(reg con int x,reg con int maxh)
 {
     int ans=;
     ans+=abs(maxh-a[x]);
     int pos=upper_bound(al+,al+n+,(node){maxh-x,x})-al-;
     pair<int,int> tem=le.ask(pos);
     ans+=tem.second*(maxh-x)-tem.first;
     pair<int,int> tem2=le.ask(n);
     ans+=tem2.first-tem.first-(tem2.second-tem.second)*(maxh-x);
     pos=upper_bound(ar+,ar+n+,(node){maxh+x,x})-ar-;
     tem=re.ask(pos);
     ans+=tem.second*(maxh+x)-tem.first;
     tem2=re.ask(n);
     ans+=tem2.first-tem.first-(tem2.second-tem.second)*(maxh+x);
     return ans;
 }
 __attribute((always_inline))void read(int &s)
 {
     s=;
     reg int f=;reg char a=getchar();
     while(a<''||a>''){if(a=='-')f=-;a=getchar();}
     while(a>=''&&a<=''){s=s*+a-'';a=getchar();}
     s*=f;
 }
 signed main()
 {
     read(n);
     int ans=0x7ffffffffffff;
     for(reg int i=;i<=n;++i)
     {
         read(a[i]);
         al[i].val=a[i]-i,al[i].id=i;
         ar[i].val=a[i]+i,ar[i].id=i;
     }
     sort(al+,al+n+);
     sort(ar+,ar+n+);
     for(reg int i=;i<=n;++i)rkl[al[i].id]=i,rkr[ar[i].id]=i;
     for(reg int i=;i<=n;++i)re.add(rkr[i],a[i]+i,);
     for(reg int i=;i<=n;++i)
     {
         re.add(rkr[i],-a[i]-i,-);
         int l=max(i,n-i+),r=1e9,ml,mr;
         ans=min(ans,get(i,l));
         while(r>l+)
         {
             int mid=(l+r)>>;
             ml=mid-,mr=mid;
             int ans1=get(i,ml),
                 ans2=get(i,mr);
             if(ans1<ans2)r=mid;
             else l=mid;
             ans=min(ans,ans1);
             ans=min(ans,ans2);
             if(!(ml^l)&&!(mr^r))break;
         }
         le.add(rkl[i],a[i]-i,);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }