题目

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题解

这道题目我觉得是神题，非常有意思的题目，也挺难做的。

第一问：求最少需要改变的数量

这一问比较简单，之前也见过这种套路。
定义$dp[i]$表示$a$序列中$a[1,i]$部分构成严格递增子序列且以$a[i]$为结尾所不需要改变的最大的数量。
那么转移方程就是:
$dp[i] = min_{1≤j<i,a[i]-a[j]>=i-j}(dp[j]+1)$
那么我们稍微对转移方程做一个变形：
$dp[i] = min_{1≤j<i,a[i]-i≥a[j]-j}(dp[j]+1)$
我们发现如果让$a[i]-=i$的话，这就是一个最长非降子序列，我们可以使用二分的方法在$O(nlogn)$的时间解决。
$mxlen$即是整个$a$序列能构成最长非降子序列的长度值。
那么第一问的答案就是$n-mxlen$。

在我们求解最长非减子序列的时候，我们需要处理出一个数组$f$,$f[i]$表示以以$a[i]$结尾的最长非减序列的长度。以及$mxlen$个链表$nxt$（我在代码里用vector表示的），$nxt[i][j]$表示满足$f[x]=i$的第$j$大的$x$。
用这些处理好的信息，我们就可以来做第二问了。

第二问：求改变的最小花费

在求改变的最小花费的时候我们仍然使用$dp$的方法来解决。
我们定义$dp2[i]$表示$a[1,i]$已经被修改成为最长非减子序列，并且末尾的$a[i]$没有被修改，所花费的最大值。

那么转移方程可以写成:
$dp2[i] = min_{0≤j<i,f[i] = f[j]+1}(dp2[j]+cost(j+1,i-1))$
这个$cost(j+1,i-1)$表示将$a[j+1,i-1]$中的所有元素都修改成为介于$[a[j],a[i]]$之间的元素所花费的最小值。
我们来计算这个$cost(j+1,i-1)$。
首先，对于所有$a[x]$要么$> a[i]$，要么 <a[j]<a[j]<script type="math/tex" id="MathJax-Element-17815">< a[j]</script>。
因此我们所采取的最优策略就是找出一个分界点$k$，使得$a[j,k]$中的元素全都等于$a[j]$使得$a[k+1,i]$中的元素全部都等于$a[i]$，其中$j≤k<i$。
那么
$cost(j+1,i-1) = min_{j≤k<i}(\sum_{j≤x≤k}{|a[x]-a[j]|}+\sum_{k<x<i}{|a[x]-a[i]|})$
这样的话，我们枚举$i,j,k$就可以把这道题目在$O(n^3)$的时间复杂度内解决掉。

下面我们看看能不能优化。

枚举$i$肯定不能省掉，对$i$，我们再开始枚举$j$，注意，我们直接在$nxt$链表中找到满足条件的$j$，而且我们枚举$j$的顺序是按照$j$从大到小的顺序，这样的话，我们可以顺手记录一个$sum$，表示当前把$a[j+1,i-1]$之间的元素全部都改变到$a[i]$了。即$sum = \sum_{j<x≤i}{|a[x]-a[i]|}$。
然后假设最优决策点是$k$，其中$j≤k<i$。再假设$a[j+1,k]$之间有$z$个小于$a[i]$，有$y$个大于$a[i]$，
那么$cost(j+1,i-1)=sum-(a[i]-a[j])*z+(a[i]-a[j])*y$
即$cost(j+1,i-1)=sum-(a[i]-a[j])*(z-y)$
想要使得$cost$最小，必须让$z-y$最大。

但实际上要求$j$位置开始的前缀的$z-y$的最大值不好求，我们可以反过来想，当$i$和$j$固定的时候，$z-y$的值也就固定了，我们可以通过求从$i$开始的后缀中$z-y$的最小值。

这样这个题就可以在$O(n^2+nlogn)$的最差时间复杂度内解决掉了。

由于题目保证随机数据，所以$n^2$根本不可能跑满。

事实上还跑的很快。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,ll> pii;
int n;
ll dp[maxn],a[maxn],f[maxn];
vector<int> nxt[maxn];
ll dp2[maxn];
int dfs(int u){if(dp2[u] != -1) return dp2[u];int ni = u;ll sum = 0,z = 0,y = 0;ll mizy = 0,res = 0;for(int i = nxt[f[u]-1].size()-1;i >= 0;--i){int nj = nxt[f[u]-1][i];if(nj > u || a[nj] > a[u]) continue;for(int j = ni;j > nj;--j){sum += abs(a[j] - a[u]);if(a[j] < a[u]) z++;if(a[j] > a[u]) y++;mizy = min(mizy,z-y);}ni = nj;int rr = sum - (a[u]-a[nj])*(z-y-mizy)+dfs(nj);if(!res || rr < res) res = rr;}return dp2[u] = res;
}
int main()
{memset(dp2,-1,sizeof(dp2));scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%lld",&a[i]),a[i] -= i;a[0] = -inf,a[n+1] = inf; memset(dp,inf,sizeof(dp));for(int i = 1;i <= n;++i){int loc = upper_bound(dp+1,dp+1+n,a[i]) - dp;dp[loc] = a[i];f[i] = loc;nxt[f[i]].push_back(i);}int mxlen = lower_bound(dp+1,dp+1+n,inf) - dp - 1;cout<<n - mxlen<<endl;a[n+1] = inf;f[n+1] = mxlen+1;dp2[0] = 0;ll ans = dfs(n+1);cout<<ans<<endl;  
}