AtCoder ABC 263 D 题解

AtCoder ABC 263 D 题解

前言

本蒟蒻的第一篇题解，大佬勿喷 QwQ

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AtCoder 传送门

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正文

设有 \(x\) 使得 \(x\leq k\) 时，令 \(f(k)\) 为对 \(A'\) 进行运算后 \(A'=(A_1,A_2,\ldots,A_k)\) 的最小和。

同理，对于 \(y\) 使得 \(y\leq k\) 时，令 \(g(k)\) 为对 \(A''\) 进行运算后 \(A''=(A_{N-k+1},\ldots,A_N)\) 的最小和。

如果我们能求出 \(f(0),f(1),\ldots,f(N),g(0),g(1),\ldots,g(N)\)，那么答案就是 \(\min(f(i)+g(N-i))\)。

我们设 \(f(0)=0\)。要想求得 \(f(k+1)\)，我们需要先求得 \(f(k)\)。这取决于是否有 \(x<k+1\)。

分类讨论

• 如果 \(x<k+1\)，则最小和为 \(f(k)+A_{k+1}\)。

• 如果 \(x=k+1\)，则最小和为 \(L(k+1)\)。

因此，我们可以求得 \(f(k+1)=\min(f(k)+A_{k+1},L(k+1))\)。

同理可求得 \(g(k)\)，时间复杂度 \(\mathrm{O}(N)\)。

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AC Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int n, l, r;
    cin >> n >> l >> r;
    long long pre = 0, ans = 1LL * r * n;
    for(int i = 1, a; i <= n; ++i) {
        cin >> a;
        pre = min(pre + a, 1LL * i * l);
        ans = min(ans, pre + 1LL * (n - i) * r);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}