Codeforces 360B 【二分+DP】

题意

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现在有一个长度为(n)的序列(a)，你最多可以进行(k)次单点修改，最小化(max(|a_i-a_{i-1}|))

[n,kleq 2 imes 10^3,; -10^9 leq a_ileq 10^9 ]

样例

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(In:)
(6;;3)
(1 ;;2 ;;3 ;;7 ;;8 ;;9)
(;)
(out:)
(1)
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Solution

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看到最小化一个最大值这条信息，马上想到的应该就是二分。
所以我们二分答案这个最大值，问题就被我们转化成了：判断是否可以通过不超过 (k) 次操作使得序列任意相邻两个数差的绝对值小于(mid)
而这个东西我们是可以DP的。但如何设计状态？
我们发现如果仅仅这样设计："设(f_i)表示(1)到(i)中要满足条件最少要修改多少次"，这个东西是很难进行转移的，因为序列是会进行修改的，而这个DP状态无法考虑修改的情况。
我举个例子可能会更好理解一些：
正常地，按照这个例子，若(a_i)进行了修改，状态转移是：(f_i=min(f_i, f_{i-1} +1))，条件是：(|a_i-a_{i-1}|>mid)
但我们发现：(f_{i-1})这个值不一定是在(a_{i-1})没被修改的情况下得到的。而若其恰好会被修改，换句话说，(a_{i-1})并不是原来的值，那么(|a_i-a_{i-1}|>mid)这个条件就出现错误了
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正确设计状态

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所以我们针对(a_{i-1})并不是原来的值这个问题来思考如何改进状态。
因为在原先的状态中，我们并不知道(a_{i-1})是否被修改，所以我们不妨强制其不被修改，然后把DP值中" 最少要修改多少次 "改为" 最多有多少个数不被修改 "
那么状态就变为了：设(f_i)表示(1)到(i)中要满足条件最多有多少个数不被修改，且强制(a_i)不被修改。
而这里状态转移略微有些变化：由于我们不知道上一个不修改的地方是哪里，所以我们枚举(j;(1leq j < i))
那么([j+1,i-1])这段区间进行修改需要满足的条件是(|a_i-a_j| leq mid imes (i - j)) (应该比较好理解)
直接(n^2)枚举进行状态转移，与(LIS)问题的转移方程有点类似
而最后判断是否可行时，我们需要枚举序列中最后一个没被修改的位置(x)，看看(f_x)是否(geq n-k)。而如果整个序列找不到这样的(x)说明不可行
那么这道题就做完了。
时间复杂度：(O(n^2))
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Code

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2010;
#define LL long long
int n, K, dp[N];
LL a[N];
LL get_abs(LL a, LL b)
{
      if(a < b) std::swap(a, b);
      return a - b;
}
bool check(LL mid)
{
      for(int i=1;i<=n;i++) dp[i] = 1;
      for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<i;j++)
      {
	  if(get_abs(a[i], a[j]) <= 1LL * (i - j) * mid) dp[i] = std::max(dp[i], dp[j] + 1);
      }
      for(int i=1;i<=n;i++) if(dp[i] >= (long long)n - K) return true;
      return false;
}
int main()
{
      scanf("%d%d", &n, &K);
      for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld", &a[i]);
      LL l = 0, r = 2000000000;
      while(l < r)
      {
	  LL mid = (l + r) >> 1;
	  if(check(mid)) r = mid;
	  else l = mid + 1;
      }
      printf("%lld", l);
      return 0;
}