题面:
给定长度为N的序列A,构造一个长度为N的序列B,满足:
1、B非严格单调,即B1≤B2≤…≤BNB1≤B2≤…≤BN或B1≥B2≥…≥BNB1≥B2≥…≥BN。
2、最小化 S=∑Ni=1|Ai−Bi|S=∑i=1N|Ai−Bi|。
只需要求出这个最小值S。
第一行包含一个整数N。
接下来N行,每行包含一个整数AiAi。
输出一个整数,表示最小S值。
1≤N≤20001≤N≤2000,
1≤|Ai|≤1091≤|Ai|≤109
71324539
3
题解:
(贪心,DP,序列型DP,前缀和) O(n2)O(n2)
对单调上升和单调下降分别求一遍,取最小值即可。
下面只讨论对单调上升的求法。
引理:
一定存在一组最优解,使得每个 BiBi 都是原序列中的某个值。
证明:
假设某个最优解如下图所示,其中 {Ai}{Ai} 是原序列,{A′i}{Ai′} 是将原序列排序后的序列,图中红色圆圈表示每个 BiBi。
考虑每个位于 A′i,A′i+1Ai′,Ai+1′之间的一段 BiBi,比如上图中粉色框中的部分。
则我们在 {Ai}{Ai} 中粉色框对应的这段里统计出大于等于 A′i+1Ai+1′ 的数的个数 xx,小于等于 A′iAi′ 的数的个数 yy,那么:
如果 x>yx>y,将粉色框中的 BiBi 整体上移,使最高的一个圆圈达到上边界,结果会变好;
如果 x<yx<y,将粉色框中的 BiBi 整体下移,使最低的一个圆圈达到下边界,结果会变好;
如果 x=yx=y,则上面两种方式均可,结果不会变差;
综上所述,只要存在某个 BiBi 的值不在原序列中,我们一定可以将它调整成原序列中的值,且结果不会变差。
证毕。
剩下的问题就比较简单了。用闫氏DP分析法即可。
状态表示:
f[i][j] 代表所有给A[1] ~ A[i]分配好了值且最后一个B[i] = A‘[j]的方案的集合;
f[i][j] 的值是集合中所有方案的最小值;
状态计算:
依据倒数第二个数分配的是哪个A‘[i]将f[i][j]所代表的集合划分成j个不重不漏的子集:
倒数第二个数选取的是A‘[1]的所有方案的结合,最小值是 f[i - 1][1] + abs(A[i] - A‘[j]);
倒数第二个数选取的是A‘[2]的所有方案的结合,最小值是 f[i - 1][2] + abs(A[i] - A‘[j]);
…
倒数第二个数选取的是A‘[j]的所有方案的结合,最小值是 f[i - 1][j] + abs(A[i] - A‘[j]);
f[i][j]在所有子集的最小值中取min即可。
最终答案需要遍历最后一个数的所有取值,然后取min即可。
类似于AcWing 272. 最长公共上升子序列的优化方式,可以用前缀和思想优化掉一维循环。
时间复杂度
总共两重循环,时间复杂度是 O(n2)O(n2)。
代码实现:
#include<iostream>#include<cstring>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int inf=0x3f3f3f3f;int n;int f[2010][2010];int a[2010],b[2010];int work(){ for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]; sort(b+1,b+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) { int minn=inf; for(int j=1;j<=n;j++) { minn=min(minn,f[i-1][j]); f[i][j]=minn+abs(a[i]-b[j]); } } int res=inf; for(int i=1;i<=n;i++)res=min(res,f[n][i]); return res;}int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); int res=work(); reverse(a+1,a+1+n); res = min(res, work()); printf("%d\n",res);}