若N<=5000
显然用
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2)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:
d
p
[
i
]
[
j
]
=
m
i
n
(
d
p
[
i
]
[
j
−
1
]
,
d
p
[
i
−
1
]
[
j
]
+
a
b
s
(
a
[
i
]
−
b
[
j
]
)
)
dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]+abs(a[i]-b[j]))
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
b-a
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;
}