【动态规划】麻烦的聚餐

2、麻烦的聚餐（egroup）

    为了避免餐厅过分拥挤，FJ要求奶牛们分3批就餐。每天晚饭前，奶牛们都会在餐厅前排队入内，按FJ的设想，所有第3批就餐的奶牛排在队尾，队伍的前端由设定为第1批就餐的奶牛占据，中间的位置就归第2批就餐的奶牛了。由于奶牛们不理解FJ的安排，晚饭前的排队成了一个大麻烦。

    第i头奶牛有一张标明她用餐批次D_i(1 <= D_i <= 3)的卡片。虽然所有N(1 <= N <= 30,000)头奶牛排成了很整齐的队伍，但谁都看得出来，卡片上的号码是完全杂乱无章的。    在若干次混乱的重新排队后，FJ找到了一种简单些的方法：奶牛们不动，他沿着队伍从头到尾走一遍，把那些他认为排错队的奶牛卡片上的编号改掉，最终得到一个他想要的每个组中的奶牛都站在一起的队列，例如111222333或者333222111。哦，你也发现了，FJ不反对一条前后颠倒的队列，那样他可以让所有奶牛向后转，然后按正常顺序进入餐厅。

    你也晓得，FJ是个很懒的人。他想知道，如果他想达到目的，那么他最少得改多少头奶牛卡片上的编号。所有奶牛在FJ改卡片编号的时候，都不会挪位置。

【输入格式】

第1行: 1个整数：N

第2..N+1行: 第i+1行是1个整数，为第i头奶牛的用餐批次D_i

【输入样例】 (egroup.in):

5

1

3

2

1

1

【输入说明】

    队列中共有5头奶牛，第1头以及最后2头奶牛被设定为第一批用餐，第2头奶牛的预设是第三批用餐，第3头则为第二批用餐。

【输出格式】

第1行: 输出1个整数，为FJ最少要改几头奶牛卡片上的编号，才能让编号变成他设想中的样子

【输出样例】(egroup.out):

1

【输出说明】

如果FJ想把当前队列改成一个不下降序列，他至少要改2头奶牛的编号，一种可行的方案是：把队伍中2头编号不是1的奶牛的编号都改成1。不过，如果FJ选择把第1头奶牛的编号改成3，就能把奶牛们的队伍改造成一个合法的不上升序列了。

即分成至多三组，每组依次全部修改为1,、2、3。

朴素的方程式为f[i][j] = min(f[i][j-1],f[k][j-1]+(i-k)-(sum[i][j]-sum[k][j]))。

经过移项明显可以用单调队列。维护一个单调递增的队列，记录f[k][j-1]+sum[k][j]-k的值。

另外使用O(NlgN)的二分方法也能过完。

标准解法应该是，f[i][j] = min(f[i][j-1],f[i-1][j]+(a[i]==j),f[i-1][j-1]+(a[i]==j))

方程中的f[i][j-1]表示可能没有j这个标号的奶牛。

最后注意还要反过来进行一次动规。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using std::min;

long a[30010];
long f[30010][5];
long sum[30010][5];
long que[30010];

long getint()
{
	long rs=0;bool sgn=1;char tmp;
	do tmp = getchar();
	while (!isdigit(tmp)&&tmp!='-');
	if (tmp=='-'){tmp=getchar();sgn=0;}
	do rs=(rs<<3)+(rs<<1)+tmp-'0';
	while (isdigit(tmp=getchar()));
	return sgn?rs:-rs;
}

int main()
{
	freopen("egroup.in","r",stdin);
	freopen("egroup.out","w",stdout);

	long n = getint();
	for (long i=1;i=f[i-1][j-1]-(i-1)+sum[i-1][j]) r--;
			que[++r] = f[i-1][j-1]-(i-1)+sum[i-1][j];
			f[i][j] = que[l+1]+i-sum[i][j];

			f[i][j] = min(f[i][j],f[i][j-1]);
		}
		ans = min(ans,f[n][j]);
	}

	memset(f,0x3f,sizeof f);
	f[n+1][4] = 0;
	for (long j=3;j>0;j--)
	{
		memset(que,0,sizeof que);
		long l = 0;
		long r = 0;
		que[++ r] = 0;
		for (long i=1;i=f[i-1][j+1]-(i-1)+sum[i-1][j]) r--;
			que[++r] = f[i-1][j+1]-(i-1)+sum[i-1][j];
			f[i][j] = que[l+1]+i-sum[i][j];

			f[i][j] = min(f[i][j],f[i][j+1]);
		}
		ans = min(ans,f[n][j]);
	}

	printf("%ld",ans);
	return 0;
}