poj 3666 Making the Grade dp 离散化

题目

题目链接：http://poj.org/problem?id=3666

题目来源：《挑战》练习题

简要题意：求 B 令 ∑i=1N|Ai−Bi| 最小且 B 非严格单调递增或递减。

数据范围： 1⩽N⩽2000;0⩽Ai⩽109

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 dp ，由于 B 中取 A 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] 为前 i 个构成 Bi=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])

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])

实现

由于 Ai 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 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#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[N][N];
int a[N];
int dis[N];
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[n][0];
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        ans = min(ans, dp[n][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[n][0];
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        ans = min(ans, dp[n][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;
}