test 2019-11-01

test 2019-11-01   蒟蒻一枚，弱弱总结——

T1:Dove 下跳棋

问题描述：

　　Dove 喜爱下跳棋，在传统的跳棋基础之上，Dove 又延伸出了许多别的玩法。Dove 以一个一维数轴为棋盘下跳棋，总共会移动棋子 𝑛 − 1 次。因为讨厌没有规律，所以 Dove 每次只会恰好把棋子向右移动 𝑘 个格子。

　　Cicada 送给了 Dove 一个长度为 𝑛 的数列 {𝑎}，为了表示感谢，Dove 打算以 Cicada
送给他的序列 {𝑎} 为基础下跳棋。具体的，Dove 将会把棋子从编号为 𝑎1 的格子出发，在第
𝑖 次移动后，把棋子移动到编号为 𝑎𝑖+1 的格子。显然 Cicada 送给他的 {𝑎} 有可能不满足
Dove 要求的条件，Dove 想知道，最少需要修改多少个 𝑎𝑖 的值，才能使得这个数列 {𝑎} 是
满足 Dove 需要的移动棋子的要求的。

输入：
　　第一行输入两个整数 𝑛, 𝑘。接下来一行输入 𝑛 个整数表示 {𝑎}，第 𝑖 个数为 𝑎𝑖。

输出：
　　输出一行一个整数，表示最少需要修改的值的数量。

　　样例 ：

　　chess1.in

　　　　18 -3
　　　　78260 -82654 -11527 -83872 -4432 50471 96185 34310 25899 32430 4718 81502 　　　　23660 82676 2172 -36826 -64408 -49929

　　　　chess1.out

　　　　17

　　约定和数据范围：

　　　　对于全部测试点，保证 2 ≤ 𝑛 ≤ 10⁵, |𝑎𝑖|, |k| ≤ 10⁵

　　　　

测试点	n	k
1,2,3	≤ 300	0 ≤ k ≤ 3000
4,5,6	≤ 300
7,8		0 ≤ k
9,10

分析：

　　算法一：

　　显然，无论修改多少个位置的数，我们至少需要保留一个位置上的数，全部修改一定不是最优的。如果我们能够确定一个位置 i 是不修改的，那么对于第 j 个位置，我们就能够确定其应该具有的权值应为 ai + (j − i) × k，否则就为要修改的数。

　　时间复杂度为 O(n²)……

　　这种算法是可以直接想到的，但时间复杂度太高，有点尴尬，放弃……

　　算法二：

　　观察到对于每个位置上的数来说，如果它是不需要修改的。那么他能唯一确定第一个位置上的数。如果我们能够确定一个位置 i 是不修改的，那么对于第 j 个位置，我们就能够确定其应该具有的权值应为 ai + (j − i) × k，根据权值我们再比较一下就得出答案……

　　时间复杂度为 O(n)……

代码：

　　

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline long long read() {
    long long number = 0, symbol = 1;
    char ch = getchar();
    while ('0' > ch || ch > '9') {
        if (ch == '-')
            symbol = -1;
        ch = getchar();
    }
    while ('0' <= ch && ch <= '9') {
        number = (number << 3) + (number << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return number * symbol;
}

const int maxn = 100000 + 10;
long long n, k, a[maxn], cnt, ans;

int main() {
    freopen("chess.in", "r", stdin);
    freopen("chess.out", "w", stdout);
    n = read();
    k = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        a[i] = read();
        a[i] = a[i] - ((i - 1) * k);
    }
    a[0] = -0x3f3f3f3f;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] != a[i - 1])
            cnt = 1;
        else
            cnt++;
        ans = max(ans, cnt);
    }
    printf("%lld\n",n - ans);
    return 0;
}