poj 3666 Making the Grade dp 离散化

题目

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题目来源：《挑战》练习题

简要题意：求BB令∑i=1N|Ai−Bi|\sum\limits_{i=1}^N{|A_i-B_i|}最小且BB非严格单调递增或递减。

数据范围：1⩽N⩽2000;0⩽Ai⩽1091\leqslant N\leqslant 2000;\quad 0 \leqslant A_i \leqslant 10^9

题解

这题一开始想歪了，想着去怎么扫之前的去转移，然后想不出。

后来想着换个思路，用值来dpdp，由于BB中取AA中没有的值的话可以代价更小，所以只需要考虑其中的值。

以非严格单增为例子，dp[i][j]dp[i][j]为前ii个构成Bi=jB_i=j的非严格单增的最小代价。

可得转移方程：dp[i][j]=mink=0j(dp[i−1][k])dp[i][j]=\min\limits_{k=0}^j(dp[i-1][k])

只要临时保存个变量就能线性求出了。

同理非严格单减的话有：dp[i][j]=mink=jmaxi=1N(Ai)(dp[i−1][k])dp[i][j]=\min\limits_{k=j}^{\max\limits_{i=1}^N(A_i)}(dp[i-1][k])

实现

由于AiA_i较大，需要进行离散化再去搞。

听说数据有问题，只需要去搞非严格单增的就行了。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}
// head
const int N = 2005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int dp

;
int a
;
int dis
;
int n, m;

int dpinc() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int minv = dp[i-1][0];
for (int j = 0; j < m; j++) {
minv = min(minv, dp[i-1][j]);
dp[i][j] = minv + abs(dis[a[i]]-dis[j]);
}
}
int ans = dp
[0];
for (int i = 1; i < m; i++) {
ans = min(ans, dp
[i]);
}
return ans;
}

int dpdec() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int minv = dp[i-1][m-1];
for (int j = m-1; ~j; j--) {
minv = min(minv, dp[i-1][j]);
dp[i][j] = minv + abs(dis[a[i]]-dis[j]);
}
}
int ans = dp
[0];
for (int i = 1; i < m; i++) {
ans = min(ans, dp
[i]);
}
return ans;
}

int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a+i);
dis[i] = a[i];
}
sort(dis, dis+n);
m = unique(dis, dis+n)-dis;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = lower_bound(dis, dis+m, a[i])-dis;
}
printf("%d\n", min(dpinc(), dpdec()));
return 0;
}