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sol:
考虑只做$operator 1$ 或者 $operator 2$
只做$operator 1$的情况下:
做的次数$+1$的情况 当且仅当存在$Ai>A_{i+1}$
只做$operator 2$的情况下
做的次数+1的情况 当且仅当$Ai<A_{i+1}$
发现$operator 1$的操作并不会影响到 $operator 2$ 的操作
所以我们可以考虑先做$operator 1$ 再统一做$operator 2$
于是我们就发现原问题抽象一下
就是 求两个序列$x$和$y$
其中所有$x_i+y_i=A_i$
贡献是$\sum[xi>xi+1]$+$\sum[yi<yi+1]$
最小化这个贡献
可以$dp$
$dp_{i,j}$表示考虑了前$i$个数,当前这个$x_i$填入$j$的情况
常规转移就是枚举上一位数字
然后考虑加速这个转移
观察转移过程
发现对于$j$递增的情况,$dp$的值一定是单调不增的
我们又可以发现 $dp_{i,0}<=dp_{i,A_i}+2$
这个位置填入$0$的话,最多和填入$A_i$差异$2$ 我们可以修改$A_i$使得这个一定被达到
于是我们就发现
也就是说我们只需要知道的东西是 $dp_{i,0}$ 还有 其中有多少个$pos$是增的[这种$pos$绝对不会超过两个
直接转移即可,转移$O(1)$,总效率$O(n)$
Code:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int N,a[200005]; int main(){ scanf("%d",&N); for (int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&a[i]); int ans=0,now=0,v[2]{}; for (int i=1;i<=N+1;i++){ int p[2]{0,a[i]-now}; if (p[0]<p[1]) swap(p[0],p[1]); int nex[3]{1000000000,1000000000,0}; for (int j=0;j<2;j++) for (int k=0;k<2;k++) nex[j+k]=min(max(0,v[j]+p[k]),nex[j+k]); int d=nex[0]>a[i]; for (int j=0;j<2;j++) v[j]=nex[j+d]; ans+=d; now=a[i]; } cout<<ans; return 0; }
原文地址:https://www.cnblogs.com/si--nian/p/11791273.html
时间: 2024-11-03 23:04:23