说实话感觉不是一道蓝题……感觉挺水的，不过为了水题解，水题就够了（其实是觉得思考的过程比较典型，记录一下）
题解
刚开始看这道题感觉上没什么思路，但是我们可以先考虑用 (O(n)) 的时间去枚举发生的出逃次数，再用 (O(n^2)) 的时间去计算每一个出逃次数的情况下不一致条目的最小值。
现在我们考虑对于任意一个出逃次数 (d) ，我们如何计算。不妨设 (f_{i,j}) 表示到第 (i) 个点出逃过 (j) 次的最小差异值，易得 (dp) 方程为：
[f_{i,j}=min(f_{k,j-1}+cost_{k+1,i})
]
其中 (cost_{l,r}) 是指：区间 (l) ~ (r) 为一次完整的出逃区间（即其中没有发生过一次出逃且 (l) 和 (r+1) 发生了出逃）时的差异值。可以发现这个东西是可以 (O(n^2)) 预处理的。
那么现在需要枚举 (i) ，(j) ，(k) ，(d)，复杂度为 (O(n^4)) ，肯定是不行的，但是我们可以发现在处理略大的 (d) 值时其实是可以计算出较小的 (d) 值的，所以我们可以直接一起计算，就不需要枚举 (d) 了，复杂度就降为 (O(n^3)) ，可行了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int n,a[N];
int cost[N][N],f[N][N];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=i;j<=n;++j)
cost[i][j]=cost[i][j-1]+(a[j]!=j-i);
}
// for(int i=1;i<=n;++i)
// {
// for(int j=i;j<=n;++j)
// printf("%d %d %d
",i,j,cost[i][j]);
// }
memset(f,63,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;++i)
{
f[i][1]=cost[1][i];
for(int j=1;j<i;++j)
{
for(int k=1;k<=j;++k)
f[i][k+1]=min(f[i][k+1],f[j][k]+cost[j+1][i]);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d
",f[n][i]);
return 0;
}