AT_agc032_d [AGC032D] Rotation Sort 题解

考虑确定哪些点不动，这些点一定构成一个单调递增子序列，那么对于剩下的点：

• 若在它之前存在一个不动点大于它，则需要花费 \(b\) 的代价向前移动。
• 若在它之后存在一个不动点小于它，则需要花费 \(a\) 的代价向后移动。
• 如果两个都不存在，则它一定可以加入不动点序列。

考虑 dp，记 \(f_{i,j}\) 表示考虑完前 \(i\) 个数，最后一个不动点的值为 \(j\) 的最小代价，直接转移时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)，加个线段树优化可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 5003
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
using namespace std;
int n,a,b,d[mxn];
ll ans=1e18,f[mxn][mxn];
signed main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	rep(i,1,n)scanf("%d",&d[i]);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	rep(i,1,n){
		ll mn=1e18;
		rep(j,0,n){
			if(j<d[i])f[i][j]=f[i-1][j]+a;
			else if(j>d[i])f[i][j]=f[i-1][j]+b;
			else f[i][j]=mn;
			mn=min(mn,f[i-1][j]);
		}
	}
	rep(i,0,n)ans=min(ans,f[n][i]);
	cout<<ans;
	return 0;
}