AtCoder Grand Contest 040 E

2019-11-04 11:57:13 阅读：347 来源： 互联网

标签：AtCoder 填入 Contest int 情况 operator 转移 dp 040

传送门:https://atcoder.jp/contests/agc040/tasks/agc040_e

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;
}

标签：AtCoder,填入,Contest,int,情况,operator,转移,dp,040
来源： https://www.cnblogs.com/si--nian/p/11791273.html

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