[codevs2572]路面修整

题目描述 Description###

\(FJ\) 打算好好修一下农场中某条凹凸不平的土路。按奶牛们的要求，修好后的路面高度应当单调上升或单调下降，也就是说，高度上升与高度下降的路段不能同时出现在修好的路中。 整条路被分成了\(N\) 段，N个整数\(A_1, ... , A_N\) (1 <= \(N\) <= 2,000)依次描述了每一段路的高度(0 <= \(A_i\) <= 1,000,000,000)。FJ希望找到一个恰好含\(N\) 个元素的不上升或不下降序列\(B_1, ... , B_N\)，作为修过的路中每个路段的高度。由于将每一段路垫高或挖低一个单位的花费相同，修路的总支出可以表示为： \(|A_1 - B_1| + |A_2 - B_2| + ... + |A_N - B_N|\) 请你计算一下，\(FJ\) 在这项工程上的最小支出是多少。\(FJ\) 向你保证，这个支出不会超过\(2^{31}\) \(-1\) 。

输入描述 Input Description###

第一行包含一个正整数 \(N\) ，第二行包含 \(N\) 个正整数\(A_i\) ，两两之间用一个空格分隔。

输出描述 Output Description###

仅包含一个正整数，表示\(FJ\) 把路修成高度不上升或高度不下降的最小花费

样例输入 Sample Input###

7
1 3 2 4 5 3 9

样例输出 Sample Output###

3

数据范围及提示 Data Size & Hint###

样例解释：FJ将第一个高度为3的路段的高度减少为2，将第二个高度为3的路段的高度增加到5，总花费为|2-3|+|5-3| = 3，并且各路段的高度为一个不下降序列 1,2,2,4,5,5,9。

之前的一些废话###

卸载了Rolling Sky与Dancing Line

题解###

我们可以贪心的发现若要改变一个数，一定会改成原序列的某个值，于是我们复制数组A到数组B然后对数组B进行排序。设\(dp[i][j]\) 表示\([1,i]\) 已经单调，并且第\(i\) 个数改成了\(B\) 数组第j个数的最小价值，转移的话十分暴力，\(dp[i][j]=min\texttt{\{}dp[i-1][k]+abs(a_i-b_j)\texttt{\}}\) ;其中保证\(k<j\) ，要不然数组就不单调了。很可惜复杂度是\(O(n^3)\) 的，会T飞的，所以我们尝试优化递推式，很显然是维护\(dp[i-1][k]\) \((k<j)\) 中的最小值。这样我们就能做到\(O(1)\) 转移，本来我是开了一个新数组\(M\) 来维护最小值的，但是发现一直\(WA\) ，后来发现输出的\(dp[n][n]\) ，实际上应该是\(M[n][n]\) 。其实后来发现M数组和dp数组可以合到一起，最终复杂度\(O(n^2)\)

代码###

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef pair<int,int> PII;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int maxn=2010;
int n,a[maxn],b[maxn],dp[maxn][maxn],M[maxn][maxn],ans;
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=b[i]=read();
	sort(b+1,b+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=1;j<=n;j++)
	    {
	    	dp[i][j]=dp[i-1][j]+abs(a[i]-b[j]);
	    	if(j>1)dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i][j]);
	    }
	ans=dp[n][n];
	for(int i=1;i<=n/2;i++)swap(b[i],b[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=1;j<=n;j++)
	    {
	    	dp[i][j]=dp[i-1][j]+abs(a[i]-b[j]);
	    	if(j>1)dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i][j]);
	    }
	printf("%d\n",min(ans,dp[n][n]));
	return 0;
}

总结###

这道题自己没有想出来，因为当时想不出什么怎么设计状态，只有思考出“发现若要改变一个数，一定会改成原序列的某个值”才能进行DP，所以还是要多试几组样例来发现规律啊