[Procedure #1] Cyaneous Rain

Thoughts Memo

主要问题

1. 思维的连贯性不足，这是由于缺乏思考方向的感知所导致的

2. 不习惯进行定量的思考，缺乏自动性

3. 思维过程不清晰，这是第一点导致的

我们可以用下面的书写格式来理清思路。

[Procedure #1] Cyaneous Rain

[Replay]

做出一次决策之后，序列相当于分裂成了两半，这两个问题相对独立，可以考虑区间 DP，是经典的枚举中间断点的区间 DP。

[Check Point 1] 朴素区间 DP O(n^3)

这个看起来很像是能用四边形不等式优化的样子，但是他是反的，是求 \(\max\)，但是区间包含单调性是正的，这个不适用于四边形不等式优化，但是我们不妨打出最优决策点来看一看有什么规律。

[Note] 确实打了 [Appendices] gen1.cpp,test4.cpp

我们可以发现一个规律，就是总是只会以最左边和最右边的点作为决策点。[Lemma 1]

[Proof 1]

对于区间 \([l,r]\)，设其分界点（即，第一个操作的点）为 \(x\)，设 \([l,x),(x,r]\) 中的这两个分别为 \(p,q\)。

分类讨论可知，操作序列 \((p,x,q),(q,x,p)\) 中必有一个比 \((x,p,q)\) 优。递归地，可以说明总是先操作最左边或者最右边的点。

[Check Point 2] 优化的区间 DP - 利用性质 O(n^2)

那么决策方案就被转化成，决策一个序列 LRLLRRLRL 这样。如果确定了最后操作的位置，那么实际上有几个 L 有几个 R 是确定的，现在的问题就是，以何种顺序将 L，R 归并。事实上，一个 L 或 R 操作对答案的贡献是与它在第几个操作是有关的，就是，以第 \(i\) 个 L 为例，如果他被插入在 \(x\) 这个位置，那么它对答案的贡献就是 [Track Lost] \((a_i-a_{i-1})x\)，R 同理。

考虑调整法，对于 LRRRRR，如果这个 L 提升 5 位带来的收益比这 5 个 R 全都后退一位带来的损失要大，那么就应该提升。由于 L 内部顺序必须保持，所以可以看作调整一个 L，更靠后的 L 都必须至少被调到那里。

[Note] 此处玩一下

观察到，令第 \(i\) 个 L 对应的长度 \(l_i=a_i-a_{i-1}\)，\(r_i\) 同理，如果 \(l,r\) 都是递增的，直接合并成有序序列即可。如果 \(l_i>l_{i+1}\)，那么由于 L 的顺序不能变，那么 \(l_i\) 和 \(l_{i+1}\) 会始终挨在一起，\(l_{i+1}\) 能往前调整的话，\(l_{i}\) 显然也能。总之可以通过 [Proof 1] 类似的方法证明，这两个应该挨在一起。[Lemma 2]

[Check Point 3]

那么，我们将其合并成一个就是很自然的思路。怎么等价合并呢？都换成 \(l_i,l_{i+1}\) 的平均数即可。如此不断操作，直至序列单调，套用有序序列做法即可。

[Check Point 4] Final Implement

我们顺序枚举最后操作的位置，然后左侧 \(l\) 容易维护，我们用单调栈，维护值单调的连续段，更改一个之后动态在平衡树里面插入删除并维护答案。但是右边呢？我们需要一步一步撤销，但是总操作次数是 \(O(n)\)，那么撤销所需的复杂度也是 \(O(n)\)，可以维护。

[Finish]