CF1852C Ina of the Mountain

*2400 https://codeforces.com/problemset/problem/1852/C

如果没有 $\mod k$ 的限制的话，我们都会做，因为都是正数，那么 $\sum_i^n d_i>0$，因此，答案即为 $\sum[d_i>0]d_i$。

但是现在多了一个操作，即为区间加 $k$，那么转到差分数组就是 $d_l+k,d_r-k$，且该操作不花费。

观察，差分数组的值域范围为 $[1-k,k-1]$。

那么，你现在要多用这个操作，使得 $\sum[d_i>0]d_i$ 取 $\min$。

考虑扫过去，若 $d_i\le 0$，那么显然是不在和式里的，但是，它可以执行新操作，为后面提供 $-k$ 的机会。但是新操作会用多少次呢？显然至多一次，因为如果 $d_l>0$，那么我们对 $d_l+k$ 是没意义的。因为这样多了 $k$ 的贡献，但是后面至多减少 $k$ 的贡献，那么这样肯定是不优的。我常常将这种区间操作然后提供机会的东西抽象成流量，也就是说，当前会提供 1 的流量。

若 $d_i>0$，那么它显然只能消耗流量。如果没有流量给他消耗了，那么直接贡献到和式当中。如果有流量，仿照费用流的贪心，如果流过之后，和式更大，那么显然不流更优。同样的，仿照网络流问题，对于一个流量的消耗，我们总需要建立反向边，让他有机会退流，得到反悔的效果。那么，在这里，这个反向边实际上的作用就是再提供一个流量。

那么，对贡献写一下柿子即可，若 $d_i>0$，选了一个 $d_j<0$ 流量，那么贡献要么流 $d_j+m$，要么不流，$d_i$，注意类添加反向边即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(2e5+5);
multiset<int>s;
int n,a[N],m,d[N];

void sol() {
	s.clear();
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==m) a[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=a[i]-a[i-1];
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(d[i]==0) continue ;
//		cout<<d[i]<<": ";
//		if(!s.empty()) cout<<*s.begin();
//		cout<<'\n';
		if(d[i]<0) {
			s.insert(d[i]);
		} else {
			if(s.empty()) {
				ans+=d[i]; continue ;
			}
			int mi=*s.begin();
			if(mi+m<=d[i]) ans+=mi+m,s.erase(s.begin()),s.insert(d[i]-m);
			else ans+=d[i];
		}
	}
	cout<<ans<<'\n';
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) sol();
	return 0;
}

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本文作者：F x o r G
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