题解：CF360B Levko and Array

Pro

求在至多修改 $k$ 次的情况下，$\max\limits^n_{i=2}|a_i-a_{i-1}|$ 的最小值。

Sol

1. 二分答案

这题的二分挺明显的：因为如果能使 $ans$ 成立，$ans+1$ 一定成立；$ans$ 不成立，$ans-1$ 一定不成立。

2. 怎么 check

考虑外面套一个二分答案，考虑中间怎么 check。

check 的问题是：修改至多 $k$ 次，能否使 $\max\limits^n_{i=2}|a_i-a_{i-1}|$ 的答案等于 $mid$。

3. DP 状态

1.0: 定义 $dp_i$ 为前 $i$ 个数满足条件最少需要的修改次数。

但是这么写会很难受，因为我们没有一个定值，这个值不动，不方便我们 DP。

2.0: 定义 $dp_i$ 为前 $i$ 个数满足条件最少需要的修改次数，其中 $\mathbf i$ 不修改。

这样子我们可以通过 $a_i$ 来推断前面的 DP 状态了。

4. DP 方程

考虑 $dp_i$ 和 $dp_j$ 的关系。

先考虑 $dp_j$ 什么时候才能转到 $dp_i$。

这是一个植树问题。$a_j\sim a_i$ 中，有 $i-j+1$ 棵树，即 $i-j$ 个空格，空格长度不能超过 $ans$，即当且仅当 $a_i-a_j\le (i-j)\times ans$ 成立，$dp_j$ 才能转移到 $dp_i$。

然而就这么简单一个四年级小盆友都会的植树问题，很多题解都没有写为什么，甚至还有写什么感性证明的。

方程：显然把 $j+1 \sim i$ 的数字全部改了就可以了。即

$$dp_{i}=\min \{dp_j+i-j-1\}$$

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有人说：这肯定不是最优的啊。比如这个 hack：

1 2 3 4 4 4 4 4
      j       i

中间的三个 $4$ 根本没有必要去修改啊？

但是这只是在这个 $j$ 的情况，如果 $j$ 移动到 $i$ 前面一个时，阁下又该如何应对？

5. DP 初值

把所有数都改成 $a_i$ 就好了。即 $dp_i=i-1$。

6. 如何判断

显然，$dp_i$ 这玩意没有考虑到 $i+1\sim n$ 这 $n-i$ 个数，全改了就行。

所以 $dp_i$ 实际上修改的总次数为 $n-i+dp_i$。

7. 核心代码

memset(dp,127,sizeof(dp)); // 不对啊你是来干什么的
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=i-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
  for(int j=1;j<i;j++)
  {
    int len=i-j+1; // 小学植树问题
    if(abs(a[i]-a[j])<=(len-1)*ans)
      dp[i]=min(dp[i],dp[j]+len-2);
  }
for(int i=1;i<=n;i++)
  if(n-i+dp[i]<=k) return 1;
return 0;

8. 时空复杂度分析

空间复杂度：$O(n)$。

时间复杂度：里面一个 $n^2$，外面一个 $\log A$，总时间复杂度 $O(n^2\log A)$，其中 $A$ 是 $a_i$ 的值域。