「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
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：
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。
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。
-
线段单降且在 \(a_i\) 左侧，斜率 \(-1\)（其斜率的数值减去 \(1\)）；
-
线段单降且在 \(a_i\) 右侧，斜率 \(+1\)；
-
线段不单降且在 \(a_i\) 左侧，斜率变为 \(-1\)；
-
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。
