題目大意：
給出長度為n的整數數列,每次可以將一個數加1或者減1,最少要多少次可以將其變成單調增或者單調減(不嚴格).
題解：
1.一開始我有一個猜想,就是不管怎么改變,最終的所有數都是原來的某個數。然而我並不會證明,然而我屬於那種不徹底弄清楚就不會去寫的那種頑固分子,於是就拖了好幾天。網絡上有很多關於此題的題解,確實用了這個猜想來離散化,但是都是講怎么dp,然后最后扯一句“由於數據比較大,可以離散化”之類的話,要么就是相當粗略的證明(也許已經說的夠清楚了只不過我沒理解...)。
2.今天早上起來洗漱的時候,感覺頭腦比較清醒,再次想了一下這個問題,想到一個自認為正確的證明：
記原來的數從小到大排序后分別是$a_1\ a_2\ a_3\cdots a_n$ 修改后從左到右分別是$b_1\ b_2\ b_3\cdots b_n$. 為了方便描述,在數軸上標出這些點,稱為關鍵點。
假設存在$a_s<b_i<=b_{i+1}<=\cdots <=b_j<a_{s+1}$
情況一：如果這些b都相等,那么把這些b都改成$a_s$或者$a_{s+1}$ 肯定會有一種更優。
情況二：如果不全相等,那么肯定存在 $b_p\ b_{p+1}\ b_{p+2}\cdots b_q$,他們的值相等,那么把他們移到左邊的關鍵點或者右邊的關鍵點,肯定有一種會更加優. 不斷這樣移動,最后就變成情況一了。
綜上至少存在一種最優方案,最終的所有數都是原來的某個數。
因此可以離散化之后做dp,dp[i][j]表示把前i個數變成單調增(不嚴格)且第i個數變成原來第j大的數的最小代價。
dp[i][j]=min{dp[i-1][1...j]}+abs(a[i]-b[j]).
單調減(不嚴格)的情況也一樣,更加方便的是可以把原數組倒轉后做單調增的dp。
另外這題和CF Codeforces Round #371 (Div. 1)的C題類似,有個超簡單的nlogn做法。可以看這篇：http://www.cnblogs.com/vb4896/p/5894578.html
代碼：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cmath> 4 #include <cstring> 5 #include <algorithm> 6 #include <vector> 7 #include <map> 8 #include <cstdlib> 9 #include <set> 10 using namespace std; 11 12 #define X first 13 #define Y second 14 #define Mod 1000000007 15 #define N 3010 16 typedef long long ll; 17 typedef pair<int,int> pii; 18 19 inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%Mod;} 20 inline int Add(int x,int y){return ((x+y)%Mod+Mod)%Mod;} 21 22 int n,m; 23 int a[N],b[N]; 24 ll dp[N][N],Ans=1ll<<60; 25 26 void Solve() 27 { 28 for (int j=1;j<=m;j++) dp[1][j]=abs(b[j]-a[1]); 29 for (int i=2;i<=n;i++) 30 { 31 ll tmp=1ll<<60; 32 for (int j=1;j<=m;j++) 33 { 34 tmp=min(tmp,dp[i-1][j]); 35 dp[i][j]=abs(b[j]-a[i]); 36 dp[i][j]+=tmp; 37 38 } 39 } 40 for (int j=1;j<=m;j++) Ans=min(Ans,dp[n][j]); 41 } 42 43 int main() 44 { 45 //freopen("in.in","r",stdin); 46 //freopen("out.out","w",stdout); 47 48 scanf("%d",&n); 49 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]=a[i]-i; 50 sort(b+1,b+n+1); 51 for (int i=1;i<=n;i++) if (i==1 || b[i]!=b[i-1]) b[++m]=b[i]; 52 53 Solve(); 54 printf("%I64d\n",Ans); 55 56 return 0; 57 }