3999:孤独一生

传送门：然而并没有

题目大意：

思路：首先是O(n^2)的DP

设f[i][j]表示第1个集合结尾为i，第2个集合结尾为j，其中i>=j

分两种情况

f[i][j]=f[i-1][j]+|h[i]-h[i-1]| (i>j+1)(第2个集合结尾是j，那么j+1到i这一段都是第一个集合的)

=min(f[j][k]+|h[i]-h[k]|) (i=j+1) (其中第一个集合结尾已经是j了，而另一个集合结尾现在是i，原先则可以是任意的k<j，因为两个集合没有区别，i>=j，所以交换一下位置)

这时我们发现，只有当i=j+1是转移是不确定的

于是，我们考虑用f[i][i-1]来表示所有状态

记g[i]=f[i][i-1],sum[i]=Σ|h[j]-h[j-1]|(j<=i)就是高度差的前缀和

那么g[i]=min(g[j]+sum[i-1]-sum[j]+|h[i]-h[j-1]|)

答案就是min(g[i]+sum[n]-sum[i])

现在这个方程空间复杂度为O(n)但是时间复杂度还是O(n^2)

考虑如何优化

首先取绝对值,分离已知和未知

g[i]=h[i]+sum[i-1]+min(g[j]-sum[j]-h[j-1])  (h[i]>=h[j-1])

=sum[i-1]-h[i]+min(g[j]-sum[j]+h[j-1])  (h[i]<h[j-1])

开两个树状数组，以离散化后的h为下标，分别记录g[j]-sum[j]-h[j-1]和g[j]-sum[j]+h[j-1]，每次在两个树状数组中查询最小值即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ls (p<<1)
#define rs ((p<<1)|1)
#define mid ((l+r)>>1)
#define aabs(a) (a>0?a:-(a))
const int maxn=500010,maxt=maxn<<2;
typedef long long ll;
using namespace std;
ll sum[maxn],h[maxn],g[maxn],ans=1ll<<55;int a[maxn],b[maxn],tmp[maxn],n,cnt;//a  离散化后的h 

struct bit{
	ll mins[maxn];
	void clear(){memset(mins,63,sizeof(mins));}
	void modify(int x,ll v){for (;x<=cnt;x+=x&(-x)) mins[x]=min(mins[x],v);}
	ll query(int x){ll res=1ll<<55;for (;x;x-=x&(-x)) res=min(res,mins[x]);return res;}
}t1,t2;

void init(){
	scanf("%d",&n),n++,h[1]=a[1]=tmp[1]=0,t1.clear(),t2.clear(),memset(g,63,sizeof(g));
	for (int i=2;i<=n;i++) scanf("%I64d",&h[i]),a[i]=tmp[i]=h[i],sum[i]=sum[i-1]+aabs(h[i]-h[i-1]);
	sort(tmp+1,tmp+1+n),cnt=unique(tmp+1,tmp+1+n)-tmp-1;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+1+cnt,a[i])-tmp,b[i]=cnt-a[i]+1;
//	for (int i=1;i<=n;i++) printf("fuck%d
",a[i]);
}

void work(){
	t1.modify(a[1],0),t2.modify(b[1],0);
	for (int i=2;i<=n;i++){
		g[i]=min(g[i],h[i]+sum[i-1]+t1.query(a[i]-1));
		g[i]=min(g[i],sum[i-1]-h[i]+t2.query(b[i]));
		t1.modify(a[i-1],g[i]-sum[i]-h[i-1]);
		t2.modify(b[i-1],g[i]-sum[i]+h[i-1]);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,g[i]+sum[n]-sum[i]);
	printf("%I64d
",ans);
}

int main(){
	init(),work();
	return 0;
}