POJ3336 Making the Grade

思路：DP

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题解：

最开始我们可以想到，分两种序列都做一遍。
先来证明一个结论：
存在一种构造，使 \(B\) 中的数都在 \(A\) 中出现过，且这样不劣。
(目的是为了转化暂时看起来虚无缥缈的DP)
显然一个数成立，考虑 \(B\) 的前 \(k-1\) 项，向后插入一个数 \(B_k\)。
若 \(B_{k-1}\leq A_k\) ,我们直接递增插入，否则 \(B_k=B_{k-1}\) ，亦或者存在一个 \(j\) ,使 \(B_j,B_{j+1},\cdots,B_{k}\) 相等，且代价更小（中位数的性质）。
这样我们考虑DP：
\(f[i][j]\) 前 \(i\) 个数，最后一个数为 \(j\) (注意 \(j\) 是离散化后的位置)
\(f[i][j]=\min_{0 \leq k \leq j}(f[i-1][k]+|j-A_i|)\)
注意到对于一个 \(i\) 决策集合是在单调扩大的，所以可以用一个变量记录前面的最小值，直接转移。

代码：

#include
#include
#include
#include
#define R register int
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline int g() { R x=0,f=1;
    register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
    do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
} const int N=2010;
int n,m,a[N],b[N];
int f[N][N],ans=1e+9;
inline void main() {
    n=g(); for(R i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]=g();
    sort(b+1,b+n+1); R m=unique(b+1,b+n+1)-b-1； 
    memset(f,0x3f,sizeof f); f[0][0]=0;
    for(R i=1;i<=n;++i) {
        R mn=f[i-1][0];
        for(R j=1;j<=m;++j) {
            mn=min(mn,f[i-1][j]);
            f[i][j]=mn+abs(a[i]-b[j]);
        }
    } for(R i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,f[n][i]);
    printf("%d\n",ans);
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}

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2019.09.18
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