【题解】LuoGu4597：序列sequence

原题传送门
先放这道题的cf原题

若N<=5000

显然用$O(n^2)$的DP解决
首先明确：改变序列中某个数个值，一定是把它变成原序列中出现过的数
原数组a复制一份到b，排个序
令dp[i][j]表示到a[i]为止，以b[j]结尾的最小代价
转移方程：$dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]+abs(a[i]-b[j]))$
发现第i层只与第(i-1)层有关，所以顺便滚掉一层
Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
#define LL long long
using namespace std;
int a[maxn], b[maxn], n;
LL dp[maxn];

inline int read(){
    int s = 0, w = 1;
    char c = getchar();
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') w = -1;
    for (; isdigit(c); c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);
    return s * w;
}

int main(){
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = b[i] = read();
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = 1; j <= n; ++j) dp[j] = j == 1 ? dp[j] + abs(a[i] - b[1]) : min(dp[j - 1], dp[j] + abs(a[i] - b[j]));
    printf("%lld\n", dp[n]);
    return 0;
}

若N<=5*10^5

可以用堆优化一下
这边有个小小的思维难度

需要感性理解

首先，一前一后两个数a,b,若a>b,序列不满足非降，肯定将a下降到某个数c，b上升到c，这个c肯定满足b<=c<=a，然后c在b->a的范围内取值变化时，代价不变，皆为$b-a$
那么把b直接变成a则是最优的，b越小，后面越可能变成非降

然后讲具体操作，对于每一个数a，能得到之前的最大值b（用大根堆得到），若b<=a，不管了，直接将a压到堆里；否则，先将a压到堆里，再把b取出，变成a，再压入堆（同时统计代价和）

开始感性解说操作正确性：其实把b改成a并不是真的把b改成了a，这其实算一个“可反悔操作”，
比如3 3 3 2 2，一开始是把3改成2，其实是把2改成3，那为什么在大根堆里把3改成2呢，因为大根堆里的数并不是一定要形成一个非降序列吧，3到2的代价是一定的，反正最后还剩着一个3，不影响答案正确性

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 500010
#define LL long long
using namespace std;
LL ans;
int n;

inline int read(){
    int s = 0, w = 1;
    char c = getchar();
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') w = -1;
    for (; isdigit(c); c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);
    return s * w;
}

int main(){
    n = read();
    priority_queue <int> q;
    for (int i = 1; i <= n; ++i){
        int x = read();
        q.push(x);
        if (x < q.top()) ans += q.top() - x, q.pop(), q.push(x);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}