题解 CF1355E Restorer Distance
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发现，操作三（移动砖块）也可以转化为先拿一个砖块（操作二），再放一个砖块（操作一），那么当 \(M\le A+R\) 时，当然尽可能使用操作三，但是当 \(M>A+R\) 时，使用操作三还不如先用操作二再用操作一，所以先对 \(M\) 做处理：\(M=\min\{M,A+R\}\)，这样保证用操作三永远不劣。
如果知道最终所有砖块的高度，那么求解代价是简单的，通过猜测，发现函数是单谷函数（三分处理），最终结果确实如此，下面给出证明。
记 \(P\) 表示需要向上填补的砖块数，\(Q\) 表示需要向下削减的砖块数。\(A\) 表示向上填的代价，\(R\) 表示向下减的代价。\(n\) 表示砖块总数，\(H\) 表示最终砖块到达的高度，\(h_i\) 表示所有砖块的初始高度，\(W\) 表示总代价。
我们发现，对应不同情况，总代价有以下两种情况（注：式子经过恒等变形，需要进行一步推导）：
容易发现，代价分成两端，不妨分开证明：
\(P\ge Q\)
我们想要发现函数的增减性，不妨考虑相邻函数值的差值（即函数的增量）。
若 \(H\rightarrow H+1\)，记 \(P\) 的增加量 \(\Delta P\)，记 \(Q\) 的减小量 \(\Delta Q\)。注意：此时一定有 \(\Delta P+\Delta Q=n\)。
那么 \(\Delta P=(h_i\le H)\)（由于原来在高度及以下，现在高度加一，显然会导致这些需要向上增的加一），同理 \(\Delta Q=(h_i>H)\)。
那么原来贡献 \(W=Q(M-A)+PA\) 变为 \(W'=(Q-\Delta Q)(M-A)+(P+\Delta P)A\)，考虑 \(W\) 的增量，
不难发现，此处 \(\Delta Q\) 是不增的（感性上直接理解为减即可），那么 \(\Delta W\) 就是增的。
所以我们证明了，在 \(P\ge Q\) 时，随着 \(H\) 增加函数值 \(W\) 增。
\(P<Q\)
同上可以证明，在这个区间内 \(W\) 减。
不妨思考一个问题：当 \(H\) 增加，\(P\) 和 \(Q\) 分别怎么变化。
当 \(H\) 特别小的时候，\(P\) 肯定很小，\(Q\) 肯定很大，而当 \(H\) 慢慢增加，\(P\) 会逐渐变大，\(Q\) 会逐渐变小，最终在 \(P=Q\) 是时候发生转折，从 \(P<Q\) 的情况过渡为 \(P\ge Q\) 的情况。
所以整个函数一定是先降后增，即单谷函数。
但三分还需要满足一个条件，即：非极值点处不能出现平台。
出现平台则 \(\Delta W=0\)。
那么由于当 \(\Delta W\) 是单调的（上文证明），例如对于 \(P\ge Q\) 的情况来讲，\(\Delta W\) 单调不降，也就是说，若 \(\Delta W=0\)，只有可能在极值点处取。所以便证明了 平台只有可能在极值点处取。
这样我们便证明了三分正确性。
总结：
- 证明函数增减考虑相邻差值；
- 对于分段函数证明，如果需要证明函数是单谷，则考虑证明两个分段函数增减性不同；
- 对于多变量，考虑找出变量与常量关系。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
int n,a,r,m;
int h[N];
LL calc(int H) {
LL s1=0,s2=0;
//s1需要往上加，s2需要往下减
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(h[i]>H) s2+=h[i]-H;
if(h[i]<H) s1+=H-h[i];
}
if(s1>s2) return s2*m+(s1-s2)*a;
else return (s2-s1)*r+s1*m;
}
int main(){
cin>>n>>a>>r>>m;
m=min(m,a+r);
int l=0,r=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>h[i];
r=max(r,h[i]);
}
while(r-l>=3) {
int lmid=l+(r-l)/3,rmid=r-(r-l)/3;
if(calc(rmid)>calc(lmid)) r=rmid;
else l=lmid;
}
cout<<min({calc(l),calc(l+1),calc(l+2)});
return 0;
}
