「题解」洛谷 P4597 序列sequence

2023.1.30 upd：因为忘了 slope trick 想再学学，重新看了一下这个题解，发现是完全的误人子弟。只是一个很低的角度的理解方法，还是学习zxy的教程

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感觉十分厉害的题，记录一下（

有个很显然的 $\mathcal{O}(n\max a)$ 的 dp，设 $f_{i,j}$ 为 $a_i$ 变为 $j$，考虑原序列 $[1,i]$ 的最小代价。

显然有：

$$f_{i,j}=\min_{k\leq j}f_{i-1,k}+|a_i-j|$$

结论1：$f_{i,j}$ 关于 $j$ 的点相邻两个连起来是一个下凸壳。

证明：

$f_{1,j}=|a_1-j|$，是一个绝对值函数，顶点在 $a_1$。

考虑 $f_{i-1}\to f_{i}$ 会发生怎样的变化。

分类讨论一下，具体可以看这里的证明，我认为写得非常地好，无需多补充，不过请务必看懂有关下凸壳的证明，后面的做法会涉及到加入 $a_i$ 对下凸壳线段的影响。

下凸壳的斜率肯定是递增的。先钦定线段的斜率是不断 $+1$ 的，如果中间出现了断层的现象就当作这个断的地方有长度为 $0$ 的线段，这些线段的斜率补充了中间断层的地方。

再设 $op_i$ 为 $f_i$ 的斜率为 $0$ 的那一条线段的左端点，也是斜率为 $1$ 的那一条线段的右端点。

我们需要明确一点，最终答案是 $f_{n,op_n}$，换句话说，我们只关心 $f_{n,op_n}$ 的纵坐标，不关心 $op_n$ 具体是几，因为问题只要求输出最小的代价。

现在可以完全不管斜率 $>1$ 的线段了，它们怎么变和求答案没有关系。

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考虑维护这些斜率 $\leq 0$ 的线段，设计一个可重元素的由大到小的优先队列（或者说大根堆），其元素为线段的右端点，一个右端点可以重复多次，其线段的斜率为其需要完全 pop 出的次数的相反数。

举个栗子，大根堆为 $\{3,2,2,1,1\}$，那么右端点为 $2$ 的线段的斜率为 $-3$，因为弹出全部的 $2$ 需要把一个 $3$，两个 $2$ 全部弹出。

现在惊奇地发现，这个优先队列恰好对上了我们前面钦定的斜率不断 $+1$ 递增"的"暴论"。

关于要用到的结论上面给出的链接已经证明，我现在重新叙述一遍。

1. 线段单降且在 $a_i$ 左侧，斜率 $-1$（其斜率的数值减去 $1$）；

2. 线段单降且在 $a_i$ 右侧，斜率 $+1$；

3. 线段不单降且在 $a_i$ 左侧，斜率变为 $-1$；

4. 线段不单降且在 $a_i$ 右侧，斜率变为 $1$；

考虑从 $f_{i-1}$ 到 $f_i$，一个 $a_i$ 会对答案造成怎样的影响。

设答案为 $ans$，也就是考虑 $i$ 增加时 $ans$ 如何改变。

Case1: $a_i\geq op_{i-1}$

这个时候 $a_i$ 前面的线段斜率都 $<0$ 了，而 $op_{i-1}$ 又是 $f_{i-1,j}$ 取到最小值时的 $j$，又在 $a_i$ 前面，所以可以从 $op_{i-1}$ 转移而来。答案变为 $f_{i,a_i}$ 处的取值即为 $f_{i-1,op_{i-1}}+|a_i-a_i|$，$ans$ 不变。

由于前面的线段斜率都会 $-1$，要维护堆的意义，就把 $a_i$ push 进堆中，这样堆中所有元素其 pop 完的次数都 $+1$，则斜率就 $-1$。

Case2: $a_i<op_{i-1}$

首先考虑答案改变成什么样子，注意到新的决策点 $op_i$ 即为图中红点和 $op_{i-1}$ 之间的斜率变为了 $0$，所以 $f_{i,op_i}=f_{i,op_{i-1}}=f_{i-1,op_{i-1}}+op_{i-1}-a_i$。例如图中，这个时候每部分的线段的斜率由图中黑色的变成红色的，中间有一段 $-3,-1$ 中间断开了，少了 $-2$，换句话说，由于我们 push 进去了 $a_i$，还想要维护堆的意义，就要把 $op_{i-1}$ 弹出，再把 $a_i$ 压进去，使其拥有斜率为 $-2$ 的段。

我们要维护堆能够以 $1$ 递增实际上是让每次 $a_i<top$ 的时候保证加进去 $a_i$ 后 $top$ 作为右端点代表的线段斜率变为了 $-1$，保证它一定是需要弹出的点。所以多 push 进去是对的。

图中为一个栗子，值得注意的是两条线段之间的长度可能为 $0$，但这不影响答案。

综上所述，我们得到了一个很简洁的代码来完成这个过程。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
const int N = 500010;
int n, a;
std::priority_queue<int>q;
long long ans;
signed main() {
	read(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		read(a); q.push(a);
		if(a < q.top()) {
			ans += q.top() - a;
			q.pop();
			q.push(a);
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

感谢slyz的两位学长的指点以及 Mr_Wu 的题解。

笔者才疏学浅，如有错误欢迎指出，如有疑惑也欢迎提出。