Description
給定一長度為 \(n\) 的數列 \(a\)，可將 \(a_i\) 改為任意整數 \(k\)，代價為 \(\mid a_i-k\mid\)。
問最少改變多少個數能把它變成一個單調嚴格上升的序列。
輸出最少需要改變的數的個數，以及在改變的數最少的情況下，最小的代價和。
\(1\leq n\leq 3.5\times 10^4,1\leq a_i\leq 10^5\)。
Solution
Part 1
Solve Problem 1：需要改變的數最少，則需保留的數要盡可能多。考慮取一個補集，問題轉化為求最多保留多少個數。
對於兩個數 \(a_i,a_j\)（不妨設 \(i<j\)），若可同時保留 \(i\) 和 \(j\)，則 \(a_i,a_j\) 需滿足：
-
\(a_i<a_j\)（顯然）。
-
改變 \([i+1,j-1]\) 內的數能夠使 \([i,j]\) 嚴格單調上升。所以 \(a_j-a_i\geq j-i\)。移項可得，\(a_i-i\leq a_j-j\)。
構造數列 \(b_i=a_i-i\)，問題轉化為求 \(b\) 的最長不降子序列。可 \(O(n\log n)\) 求得。
Part 2
Solve Problem 2：使 \(a\) 單調上升的代價，就是使 \(b\) 單調不降的代價。
考慮在 \(b\) 的最長不降子序列中，任意兩個相鄰的元素。設它們 \(b\) 中的位置分別為 \(l,r\)，則一定 不存在 \(i\in[l,r]\)，使得 \(b_l\leq b_i\leq b_r\)。否則取上 \(i\)，保證合法，而且可以使最長不降子序列更長。
所以對於 \(\forall i\in[l,r]\)，\(b_i<b_l\) 或 \(b_i>b_r\)。
考慮如何改變 \(b_i\) 的值，能使序列合法且代價和最小。
結論：存在一個數 \(k\in [l,r]\)：對於 \(\forall i\in[l,k]\)，把 \(b_i\) 改成 \(b_l\)。對於 \(\forall i\in[k+1,r]\)，把 \(b_i\) 改成 \(b_r\)。此時代價和最小。
假設 \([l,r]\) 之間有 \(n\) 個數。
-
當 \(n=1\) 時，結論顯然成立。（因為 \(b_i<b_l\) 或 \(b_i>b_r\)，\(b_i\) 改為 \(b_l\) 或 \(b_r\) 顯然比改為取值在 \([b_l,b_r]\) 之間的數優）
-
當 \(n>1\) 時：
-
前 \(n-1\) 個數一半改為 \(b_l\) 一半改為 \(b_r\)：當 \(b_n>b_r\) 時，顯然將 \(b_n\) 改為 \(b_r\) 比較優。當 \(b_n<b_l\) 時，若 \(b_n\) 不改為 \(b_r\) 改為了 \(b_l+k\)（\(0\leq k\leq b_r-b_l\)），為了使序列單調不降，前面所有改為 \(b_r\) 的數都應改成 \(b_l+k\)（設這樣的數有 \(x\) 個）。\(x\times (b_r-(b_l+k))+((b_l+k)-b_n)=xb_r-(x-1)(b_l+k)-b_n\geq b_r-b_n\)，所以此時 \(b_n\) 改為 \(b_r\) 更優。
-
前 \(n-1\) 個數全改為 \(b_l\) 或 \(b_r\)：略。
-
Part 3
令 \({dp}_i\) 表示最后一位是 \(b_i\) 時單調不降的最小代價。
枚舉 \(j\)，枚舉的 \(j\) 需滿足：
-
\(j<i,b_j<b_i\)。
-
以 \(b_j\) 結尾的最長不降子序列長度 \(=\) 以 \(b_i\) 結尾的 \(-1\)。
枚舉分界點 \(k\)，有：
\(\displaystyle{dp}_i=\min\{{dp}_j+\sum\limits_{p=j+1}^k\mid b_p-b_j\mid+\sum\limits_{p=k+1}^{i-1}\mid b_p-b_i\mid\}\)
即：對於 \(p\in[j+1,k]\)，將 \(b_p\) 改為 \(b_j\)。對於 \(p\in[k+1,i-1]\)，將 \(b_p\) 改為 \(b_i\)。
前綴和優化轉移即可。
Code
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=4e4+5; int n,a[N],b[N],len,f[N],g[N],dp[N],pre[N],suf[N]; vector<int>v[N]; //v[i]: 記錄長度為 i 的最長不降子序列的結尾 void solve(int l,int r,int L,int R){ pre[l]=suf[r+1]=0; for(int i=l+1;i<=r;i++) //前綴和 pre[i]=pre[i-1]+abs(b[i]-L); for(int i=r;i>=l+1;i--) //后綴和 suf[i]=suf[i+1]+abs(b[i]-R); } signed main(){ scanf("%lld",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i]-i; b[0]=-1e9,b[++n]=1e9; //邊界。加上前后最小值最大值方便操作。最大值不要設太大，不然算前綴和的時候可能會爆。 f[1]=b[1],len=1,g[1]=1,v[1].push_back(1); for(int i=2;i<=n;i++){ //O(n log n) 求最長不降子序列 if(b[i]>=f[len]) f[++len]=b[i],g[i]=len; else{ int x=upper_bound(f+1,f+1+len,b[i])-f; f[x]=b[i],g[i]=x; //g[i]: 以第 i 個數結尾的最長不降子序列的長度 } } for(int i=0;i<=n;i++) v[g[i]].push_back(i); memset(dp,0x3f,sizeof(dp)),dp[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int p=0;p<(int)v[g[i]-1].size();p++){ //如果 b[j] 要拼上前面合適的 b[i]，就去前面找長度為 g[i]-1 且能拼上的 int j=v[g[i]-1][p]; //以 b[j] 結尾的 最長不降子序列長度 = 以 b[i] 結尾的 -1 if(j>i||b[j]>b[i]) continue; //j<i,b[j]<=b[i] 才行 solve(j,i,b[j],b[i]); for(int k=j;k<i;k++) //枚舉分界點 k dp[i]=min(dp[i],dp[j]+pre[k]+suf[k+1]); } printf("%lld\n%lld\n",n-len,dp[n]); return 0; }