题目描述
FJ打算好好修一下农场中某条凹凸不平的土路。按奶牛们的要求，修好后的路面高度应当单调上升或单调下降，也就是说，高度上升与高度下降的路段不能同时出现在修好的路中。 整条路被分成了N段，N个整数A_1, ... , A_N (1 <= N <= 2,000)依次描述了每一段路的高度(0 <= A_i <= 1,000,000,000)。FJ希望找到一个恰好含N个元素的不上升或不下降序列B_1, ... , B_N，作为修过的路中每个路段的高度。由于将每一段路垫高或挖低一个单位的花费相同，修路的总支出可以表示为： |A_1 - B_1| + |A_2 - B_2| + ... + |A_N - B_N| 请你计算一下，FJ在这项工程上的最小支出是多少。FJ向你保证，这个支出不会超过2^31-1。
输入
第1行: 输入1个整数：N * 第2..N+1行: 第i+1行为1个整数：A_i
输出
第1行: 输出1个正整数，表示FJ把路修成高度不上升或高度不下降的最小花费
样例输入
7
1
3
2
4
5
3
9
样例输出
3
提示
FJ将第一个高度为3的路段的高度减少为2，将第二个高度为3的路段的高度增加到5，总花费为|2-3|+|5-3| = 3，并且各路段的高度为一个不下降序列 1,2,2,4,5,5,9。
题解
考试的时候看到最小费用，想跑一跑网络流试试。折腾了半天没建出来图，也想不到什么数据结构。dp呢，状态显然需要二维来表示，第二维要开到5*10^8？不可想象。于是乎到最后连个暴力做法都没想出来，直接不顾一切地从头到尾补齐，因为数据过水居然水了40分= =。
正解是离散之后跑二维dp。在我的概念里离散只能用于只和值的大小关系而不和值本身有关的题，没想到还有这种用法。离散后的大小序号用于表示dp的第二维，这样数组只用开到2000*2000，而求值则用第二维序号对应的准确值和原高度作差。虽然经过了离散化，原值并没有被放弃，这样的思路十分新奇。f[i][j]表示第i位高度为第j大需要的最小费用，
状态转移方程为f[i][j]=min{f[i-1][k]}+abs(g[j]-a[i]) 1<=k<=J(非下降)，g[i]表示经过去重后第i大的原高度。这里的min{f[i-1][k]}只要用一个变量来维护，初值为f[i-1][1],在转移的过程中同时进行比较即可。非上升则只是从后向前转移，min初始值为f[i+1][1]。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; const int sj=2010; int n,h[sj],l[sj],temp,mi,f[sj][sj],jg; struct W { int hi,num,xu; }w[sj]; int comp(const W&a,const W&b) { return a.hi<b.hi; } void init() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&h[i]); w[i].hi=h[i]; w[i].num=i; } sort(w+1,w+n+1,comp); w[1].xu=1; l[w[1].xu]=w[1].hi; temp=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(w[i].hi>w[i-1].hi) temp++; w[i].xu=temp; l[w[i].xu]=w[i].hi; } } int bj(int x,int y) { return x<y?x:y; } int main() { init(); for(int i=1;i<=n;i++) { mi=f[i-1][1]; for(int j=1;j<=temp;j++) { mi=bj(f[i-1][j],mi); f[i][j]=mi+abs(l[j]-h[i]); } } jg=0x7fffffff; for(int j=1;j<=temp;j++) jg=bj(f[n][j],jg); memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=n;i>=1;i--) { mi=f[i+1][1]; for(int j=1;j<=temp;j++) { mi=bj(f[i+1][j],mi); f[i][j]=mi+abs(l[j]-h[i]); } } for(int j=1;j<=temp;j++) jg=bj(f[1][j],jg); printf("%d",jg); return 0; }