[POI2013]BAJ-Bytecomputer

C.[POI2013]BAJ-Bytecomputer

首先先说猜想：最终序列中所有数都是$-1,0,1$，且不存在先改后面，后改前面的状态。

有了这个猜想，就可以DP了。我们设$f_{i,j}$表示要使位置$i$出现数$j$，且前$i$个位置单调不降的最小费用。则我们枚举往$a_{i+1}$上加多少个$j$（明显只能加$0/1/2$个），判断往$a_{i+1}$上加上这么多$j$后是否仍满足单调不降，如果可以那就直接转移没问题了。

下面来讲证明。全是$-1,0,1$很好证，因为原本所有数都在此值域内，你要加出这个值域肯定要耗费更多代价。

不存在先改后面，后改前面的状态也很好证——首先，我们观察到执行a[i]+=a[i-1]，肯定有一种方案使得要么它在$a_{i-1}$符合要求之前执行，要么它在$a_{i-1}$符合要求之后执行。而两次执行，都是$+1/0/-1$，假如两次相同，那肯定可以看作一端执行两遍；有一个是$0$，不如不执行；则只剩下一次$+1$，一次$-1$的状况，但这样等价于没执行，所以也可以忽略。

则上述解法正确。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1000100],f[1001000][3],res=0x3f3f3f3f;
int main(){
	scanf("%d",&n),memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	f[1][a[1]+1]=0;
	for(int i=1;i<n;i++)for(int j=-1;j<=1;j++)for(int k=0;k<=2;k++)if(a[i+1]+k*j>=j&&a[i+1]+k*j<=1)f[i+1][a[i+1]+k*j+1]=min(f[i+1][a[i+1]+k*j+1],f[i][j+1]+k);
	for(int i=-1;i<=1;i++)res=min(res,f[n][i+1]);
	if(res==0x3f3f3f3f)puts("BRAK");else printf("%d\n",res);
	return 0;
}

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