「HAOI 2006」数字序列

Description

给定一长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，可将 \(a_i\) 改为任意整数 \(k\)，代价为 \(\mid a_i-k\mid\)。

问最少改变多少个数能把它变成一个单调严格上升的序列。

输出最少需要改变的数的个数，以及在改变的数最少的情况下，最小的代价和。

\(1\leq n\leq 3.5\times 10^4,1\leq a_i\leq 10^5\)。

Solution

Part 1

Solve Problem 1：需要改变的数最少，则需保留的数要尽可能多。考虑取一个补集，问题转化为求最多保留多少个数。

对于两个数 \(a_i,a_j\)（不妨设 \(i<j\)），若可同时保留 \(i\) 和 \(j\)，则 \(a_i,a_j\) 需满足：

• \(a_i<a_j\)（显然）。

• 改变 \([i+1,j-1]\) 内的数能够使 \([i,j]\) 严格单调上升。所以 \(a_j-a_i\geq j-i\)。移项可得，\(a_i-i\leq a_j-j\)。

构造数列 \(b_i=a_i-i\)，问题转化为求 \(b\) 的最长不降子序列。可 \(O(n\log n)\) 求得。

Part 2

Solve Problem 2：使 \(a\) 单调上升的代价，就是使 \(b\) 单调不降的代价。

考虑在 \(b\) 的最长不降子序列中，任意两个相邻的元素。设它们 \(b\) 中的位置分别为 \(l,r\)，则一定 不存在 \(i\in[l,r]\)，使得 \(b_l\leq b_i\leq b_r\)。否则取上 \(i\)，保证合法，而且可以使最长不降子序列更长。

所以对于 \(\forall i\in[l,r]\)，\(b_i<b_l\) 或 \(b_i>b_r\)。

考虑如何改变 \(b_i\) 的值，能使序列合法且代价和最小。

结论：存在一个数 \(k\in [l,r]\)：对于 \(\forall i\in[l,k]\)，把 \(b_i\) 改成 \(b_l\)。对于 \(\forall i\in[k+1,r]\)，把 \(b_i\) 改成 \(b_r\)。此时代价和最小。

假设 \([l,r]\) 之间有 \(n\) 个数。

• 当 \(n=1\) 时，结论显然成立。（因为 \(b_i<b_l\) 或 \(b_i>b_r\)，\(b_i\) 改为 \(b_l\) 或 \(b_r\) 显然比改为取值在 \([b_l,b_r]\) 之间的数优）

• 当 \(n>1\) 时：

  • 前 \(n-1\) 个数一半改为 \(b_l\) 一半改为 \(b_r\)：当 \(b_n>b_r\) 时，显然将 \(b_n\) 改为 \(b_r\) 比较优。当 \(b_n<b_l\) 时，若 \(b_n\) 不改为 \(b_r\) 改为了 \(b_l+k\)（\(0\leq k\leq b_r-b_l\)），为了使序列单调不降，前面所有改为 \(b_r\) 的数都应改成 \(b_l+k\)（设这样的数有 \(x\) 个）。\(x\times (b_r-(b_l+k))+((b_l+k)-b_n)=xb_r-(x-1)(b_l+k)-b_n\geq b_r-b_n\)，所以此时 \(b_n\) 改为 \(b_r\) 更优。

  • 前 \(n-1\) 个数全改为 \(b_l\) 或 \(b_r\)：略。

Part 3

令 \({dp}_i\) 表示最后一位是 \(b_i\) 时单调不降的最小代价。

枚举 \(j\)，枚举的 \(j\) 需满足：

• \(j<i,b_j<b_i\)。

• 以 \(b_j\) 结尾的最长不降子序列长度 \(=\) 以 \(b_i\) 结尾的 \(-1\)。

枚举分界点 \(k\)，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：对于 \(p\in[j+1,k]\)，将 \(b_p\) 改为 \(b_j\)。对于 \(p\in[k+1,i-1]\)，将 \(b_p\) 改为 \(b_i\)。

前缀和优化转移即可。

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]: 记录长度为 i 的最长不降子序列的结尾
void solve(int l,int r,int L,int R){
    pre[l]=suf[r+1]=0;
    for(int i=l+1;i<=r;i++)    //前缀和 
        pre[i]=pre[i-1]+abs(b[i]-L);
    for(int i=r;i>=l+1;i--)    //后缀和 
        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;     //边界。加上前后最小值最大值方便操作。最大值不要设太大，不然算前缀和的时候可能会爆。 
    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) 求最长不降子序列 
        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 个数结尾的最长不降子序列的长度 
        }
    }
    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] 要拼上前面合适的 b[i]，就去前面找长度为 g[i]-1 且能拼上的 
            int j=v[g[i]-1][p];        //以 b[j] 结尾的 最长不降子序列长度 = 以 b[i] 结尾的 -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++)    //枚举分界点 k 
                dp[i]=min(dp[i],dp[j]+pre[k]+suf[k+1]);
        }
    printf("%lld\n%lld\n",n-len,dp[n]);
    return 0;
}