题目描述
Snuke lives in another world, where slimes are real creatures and kept by some people. Slimes come in N colors. Those colors are conveniently numbered 1 through N. Snuke currently has no slime. His objective is to have slimes of all the colors together.
Snuke can perform the following two actions:
Select a color i (1≤i≤N), such that he does not currently have a slime in color i, and catch a slime in color i. This action takes him ai seconds.
Cast a spell, which changes the color of all the slimes that he currently has. The color of a slime in color i (1≤i≤N−1) will become color i+1, and the color of a slime in color N will become color 1. This action takes him x seconds.
Find the minimum time that Snuke needs to have slimes in all N colors.
Constraints
2≤N≤2,000
ai are integers.
1≤ai≤109
x is an integer.
1≤x≤109
输入
The input is given from Standard Input in the following format:
N x
a1 a2 … aN
输出
Find the minimum time that Snuke needs to have slimes in all N colors.
样例输入
2 10
1 100
样例输出
12
提示
Snuke can act as follows:
Catch a slime in color 1. This takes 1 second.
Cast the spell. The color of the slime changes: 1 → 2. This takes 10 seconds.
Catch a slime in color 1. This takes 1 second.
题意：给出一段序列，可以由两种操作，1，用序列中某个数值的花费直接买到那个数值，2，将已经获得的一些数值按原序列顺序集体后挪一个值，花费x值。如取到1，1后面是100，x是10，则先取1，再花费10，可以使1变成100。问如何花费最小凑够给出的序列。
首先找到序列中最小值，因为这个最小值可以通过挪动变成序列中任何值，其二，因此后挪操作是已获得序列全体后挪，那么已获得序列的值越多，后挪的数越多，获得的值越多，那么可能通过后挪节省的花费就越多。那么我们首先向，求出一个sum表示若所有值都用直接购买的方式获得，值是多少。这个值即最大花费，然后再用这个值，通过后挪操作看看具体可以减少多少花费。对于两两相邻的值，我得到他有两种方法，一是直接购买，那么花费即两者之和a[i]+a[i+1]，第二种是先得到前者，再后挪,即a[i]+a[i]+x,我们需要对比两种获得方式的花费谁更小，那么就是作差，得到a[i+1]-a[i]这个值，因为挪动的花费还有x，也就是说，如果a[i+1]-a[i]小于x，即得到这两个数的花费是可以通过挪动减少的。于是我们从最小值的位置开始，一一做两两的对比。若后者大于前者，表示后者可以通过前者挪动得到，显然我们不希望花费两者中更大的那个值的花费。我们应用较小值得到较大值。那么通过前者得到，我们将较大值变成前者。然后继续比较。
注意的是我们采用的对比顺序是从mini（最小值位置）回头比较，而不是比较其后续。为什么是回头比较而不是向后比较呢？明明题目给出的是后挪操作。因为如果我们向后比较，后面的某个值都是递增的，那么就有可能出现后面连续几个值，都是有当前一个最小值通过后挪得到的，这不要紧，要紧的是是后面第几个值，我们就用当前值后挪了几次，这显然是不妥的，因为我们后挪的操作是对已获得序列的所有值都后挪，而我们这样计算出来的是，放入一个值后挪n次，再放入一个值，再后挪n次,这样的形式明显不符合题意，也不是最优解的操作。
因此我们逆向思考，将当前值看做是之前的值推过来的，这样的更新会有延迟，能保证我一定是经过一次操作后挪得到的，并且这一次操作没有限定是多少个值，我当前值的获得方式可能是由上一个值后挪一次得到，也可能是由上一段值，集体后挪得到。
注意经过刚才这样情况的考虑，我们发现，我们任何时候都可以看做是两个数之间做的操作，即:当前值是由上一个数后挪得到，或者是上一个数之前的几个数同时后挪得到，无论是集体后挪还是单个后挪，我们都看作是两个数之间的后挪关系。
这样对比两数大小并改变值的操作循环执行一圈后，我们记录所有两两数之间的差值之和，记为t,当t大于x时，说明这个差值我们仍可以用x进行优化，为什么是差值之和呢?如果是两数之间的差值我们对x比较可以理解，怎么需要所有差值之和小于x才是最终正解呢？
因为我们之前说过，任何的挪动都可以看做是一段数或一个数的，我们一开始可以看做是当前值和上一个值的挪动，直到最后，我们可以看做是当前值和剩下所有值这段序列后挪得到。也就是说，我们计算的t，把其叫做差值之和，其实是对整个序列的后挪花费进行了计算。这个t仍表示的是前后两数的挪动消费差值。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int main()
{
int n,x,a[2005];
while(scanf("%d%d",&n,&x)!=EOF)
{
LL sum=0;///sum求出若所有数都直接取本身的总花费
int minn=0x7fffffff,mini;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
if(a[i]<minn)mini=i,minn=a[i];///找到最小值做遍历起点
}
while(true)
{
LL dis=0;
for(int i=0;i<n-1;i++)///多次循环，遍历一圈，当前值大于上一个值说明可以通过挪动优化
{
if(a[(mini-i+n-1)%n]>a[(mini-i+n-2)%n])
{
dis+=a[(mini-i+n-1)%n]-a[(mini-i+n-2)%n];///求前后两数差和
a[(mini-i+n-1)%n]=a[(mini-i+n-2)%n];///将较大数等于前者较小值，说明该数有上一个值挪动而来
}
}
if(dis<x)break;
sum-=dis-x;///因为每次挪动是对整段序列，因此求差值也就是可优化值是对所有两两差值的求和，也就是差值和对比x可优化值，若大于，继续优化
}///用总费用直接减去差值和，从中剃去挪动费用
printf("%lld
",sum);
}
}
/*
后者花费ai前者花费a(i-1)，单独拿来两者花费是ai+a(i-1),
否则是a(i-1)+a(i-1)+x，因为后者比前者大，所以加和必定
大于a(i-1)+a(i-1),那么两者之差就是ai-a(i-1),也就是单独
拿来的花费减去挪动的花费，这个值如果大于x，那么挪动是划
算的，如果小于x说明这里不需要挪动
我不能仅考虑两两之间的差值是否小于x，因为是整体挪动。。
。如果仅是两两差值小于x，求和大于x，必定还可以优化，因为
我明明可以不是单个移动的，而是整体移动的，那么，你更改成
相同值的一些数就可以看做是一段区间，看做一个单独的数，我
其实是在比较当前这个值，和i-1那个区间的所有相等的值、
*/