BZOJ 1200 木梳

Description

 

Input

第一行为整数L，其中4≤L≤100000，且有50%的数据满足L≤10⁴，表示木板下侧直线段的长。第二行为L个正整数A₁,A₂,…,A_L，其中A_i≤10⁸

Output

仅包含一个整数D，表示为使梳子面积最大，需要从木板上挖掉的格子数。

Sample Input

9
4 4 6 5 4 2 3 3 5

Sample Output

3

HINT

初看此题，这不是一道很水很水的dp题吗，一看数据范围马上枪毙。然后就放肆想，思考一下午未果，打了一发卡决策的dp，50分果断wa。最后还是研究题解去了。

贪心我看了很久，还是不会证明，理性的想想算了——对于某个木板的最优决策，一定存在|i-j|<=1，|b[i]-a[j]|<=2(其中b[i]指剪断后的木板高，a[i]指原木板高)。假设他是对的，那么我们dp的复杂度就会降到O(kL)，其中k是一个很小的常数。

我把证明发到这里(提取码：055a)，如果你看懂，我也欢迎你跟我讨论一下。

代码可能与网上其他题解的雷同，很正常，因为我是copy懂的。

 

#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;

#define inf (1LL<<60)
#define maxn 100010
typedef long long ll;
int h[maxn],pp[maxn][32],n; ll f[maxn][2][32],ans=inf,sum;

int main()
{
    freopen("1200.in","r",stdin);
    freopen("1200.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i = 1;i <= n;++i)
    {
        scanf("%d",h+i); sum += h[i];
        for (int j = h[i] - 1;j <= h[i] + 1;++j)
        {
            pp[i][++pp[i][0]] = j;
            if (i-1) pp[i-1][++pp[i-1][0]] = j;
            if (i-2) pp[i-2][++pp[i-2][0]] = j;
            if (i + 1 <= n) pp[i+1][++pp[i+1][0]] = j;
            if (i + 2 <= n) pp[i+2][++pp[i+2][0]] = j;
        }
    }
    for (int i = 1;i <= n;++i)
    {
        sort(pp[i]+1,pp[i]+pp[i][0]+1);
        pp[i][0] = unique(pp[i]+1,pp[i]+pp[i][0]+1)-pp[i]-1;
        while (pp[i][0] && pp[i][pp[i][0]] > h[i]) --pp[i][0];
    }
    memset(f,128,sizeof(f));
    for (int i = 1;i <= pp[1][0];++i) f[1][0][i] = f[1][1][i] = pp[1][i];
    for (int i = 2;i <= n;++i)
        for (int j = 1;j <= pp[i-1][0];++j)
            for (int k = 1;k <= pp[i][0];++k)
            {
                if (pp[i-1][j]<pp[i][k])
                    f[i][0][k] = max(f[i][0][k],f[i-1][1][j]+pp[i][k]);
                else if (pp[i-1][j]>pp[i][k])
                    f[i][1][k] = max(f[i][1][k],f[i-1][0][j]+pp[i][k]);
                else
                {
                    f[i][0][k] = max(f[i][0][k],f[i-1][0][j]+pp[i][k]);
                    f[i][1][k] = max(f[i][1][k],f[i-1][1][j]+pp[i][k]);
                }
            }
    ans = 1LL<<60;
    for (int p = 0;p < 2;++p)
        for (int j = 1;j <= pp[n][0];++j)
            ans = min(ans,sum-f[n][p][j]);
    printf("%lld",ans);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}