AtCoder Grand Contest 040 E Prefix Suffix Addition

洛谷传送门

AtCoder 传送门

比较神奇的题。

考虑如果只有第 \(1\) 种操作，答案显然就是 \(\sum\limits_{i = 0}^n [a_i > a_{i + 1}]\)。因为两个极长不降子段显然不可能通过一次操作消除，并且可以逐个消除极长不降子段达到这个下界。

现在有 \(2\) 种操作，不妨设第 \(1\) 种操作对 \(a_i\) 的贡献为 \(b_i\)，第 \(2\) 种操作对 \(a_i\) 的贡献为 \(c_i\)（显然 \(a_i = b_i + c_i\)）。那么答案就是 \(\sum\limits_{i = 0}^n [b_i > b_{i + 1}] + [c_i < c_{i + 1}]\)。

\(b_i, c_i\) 不确定，自然地想到一个初步的 dp，设 \(f_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 位，\(b_i = j, c_i = a_i - j\) 的最小操作次数。有转移：

\[f_{i, j} = \min\limits_{k = 0}^{a_{i - 1}} f_{i - 1, k} + [k > j] + [a_{i - 1} - k < a_i - j] \]

整理得：

\[f_{i, j} = \min\limits_{k = 0}^{a_{i - 1}} f_{i - 1, k} + [j < k] + [j < k + a_i - a_{i - 1}] \]

初值 \(f_{0, 0} = 0\)，答案为 \(f_{n + 1, 0}\)。

没办法直接数据结构优化，不妨观察这个转移形式的性质。

发现 \(f_{i, j}\) 单调不增，因为更大的 \(j\) 显然要加的更少。

又发现如果我们强制钦定 \(f_{i, 0}\) 从 \(f_{i, a_i}\) 的最优转移点转移过来，会得到 \(f_{i, 0} \le f_{i, a_i} + 2\)。

于是我们可以知道 \(f_i\) 被分成值相等的至多 \(3\) 段。然后我们维护这 \(O(1)\) 段即可。

注意到 \(f_{i, j}\) 一定是从 \(f_{i - 1}\) 的每一段的左端点转移过来（因为 \(k\) 增大，\(f_{i - 1, k}\) 不变，后面加的不会变少），所以如果我们知道 \(j\)，我们可以 \(O(1)\) 计算出后面那坨最小值。

于是我们对于 \(f_i\) 的 \(O(1)\) 段，每一段知道左端点，二分找到其右端点即可。这样转移是 \(O(\log V)\) 的（其实可以分类讨论做到 \(O(1)\) 转移，但是我太懒了）。

code

// Problem: E - Prefix Suffix Addition
// Contest: AtCoder - AtCoder Grand Contest 040
// URL: https://atcoder.jp/contests/agc040/tasks/agc040_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;

int n, a[maxn];
struct node {
	int l, r, x;
	node(int a = 0, int b = 0, int c = 0) : l(a), r(b), x(c) {}
};
vector<node> f[maxn];

inline int calc(int i, int x) {
	int mn = 1e9;
	for (node u : f[i - 1]) {
		mn = min(mn, u.x + (x < u.l) + (x < u.l + a[i] - a[i - 1]));
	}
	return mn;
}

void solve() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	f[0].pb(0, 0, 0);
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
		for (int x = 0, y; x <= a[i]; x = y + 1) {
			int l = x, r = a[i];
			int t = calc(i, x);
			while (l <= r) {
				int mid = (l + r) >> 1;
				if (calc(i, mid) == t) {
					y = mid;
					l = mid + 1;
				} else {
					r = mid - 1;
				}
			}
			f[i].pb(x, y, t);
		}
	}
	printf("%d\n", f[n + 1].back().x);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}