【每日一题】—— B. Chip and Ribbon（Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)）（贪心、数学、思维）

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座右铭：广积粮，缓称王！

一.题目描述

题目大意：

有一条带子被分成 $n$ 个单元格，从左到右编号为 $1$ 到 $n$ 。最初，每个单元格中都写有一个整数 $0$ 。
单果与芯片玩游戏。游戏由几个回合组成。在第一轮中，Monocarp 将芯片放入色带的 $1$ st 单元。除了第一轮之外，在每一轮中，魔卡都会做以下两个动作中的**个：

• 将芯片移动到下一个单元格（例如，如果芯片在 $i$ 单元格，则将其移动到 $i+1$ 单元格）。如果芯片在上一格，则无法进行此操作；
• 选择任意一个 $x$ 单元格，将芯片传送到该单元格。可以选择芯片当前所在的单元格。

每回合结束时，写入芯片所在单元格的整数会增加 $1$ 。
Monocarp的目标是在某些回合中使 $1$ \st单元格中包含整数 $c_1$ ， $2$ \nd单元格中包含整数 $c_2$ ，…， $n$ \th单元格中包含整数 $c_n$ 。他希望尽可能少地传送芯片。
请帮助 Monocarp 计算他传送芯片的最少次数。

题目链接：

B. Chip and Ribbon（Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)）

二.思路分析

结论：最后结果为：$c_1-1+\sum _{i=2}^n\max (0,c_i-c_{i-1})$
解释：

• 首先可以将题目转换成：给你一个数组c，让你进行如下操作使得它所有元素变成0，将题目中的+1变成-1即可，这样会方便理解一点
• 肯定是优先进行操作一，从左往右遍历一遍之后每个数都会-1，由于我们只能从左往右遍历，所有最左边的数如果无法一次变成0就需要进行操作二，所以先考虑第一个数：$c_1-1$，这个就是第一个数需要传送的次数，由于第一个数进行了$c_1-1$次操作，它后面的数字也同时减去了$c_1-1$
• 所以得到第二个规律：如果$c_{i+1}$<$c_i$，那么$c_{i+1}$就不需要进行操作二，反之需要进行$c_{i+1}$-$c_i$次操作二

三.代码展示

//https://codeforces.com/contest/1901/problem/B
//
//
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;

int s[200020];

void solve()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		cin>>s[i];
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<n-1;i++)
	{
		if(s[i]<s[i+1])
		{
			ans+=(s[i+1]-s[i]);
		}
	}
	ans+=(s[0]-1);
	cout<<ans<<"\n";
	
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}

最后：

每日一题系列旨在养成刷题的习惯，所以对代码的解释并不会特别详细，但足够引导大家写出来，选的题目都不会特别难，但也不是特别简单，比较考验大家的基础和应用能力，我希望能够将这个系列一直写下去，也希望大家能够和我一起坚持每天写代码。

之后每个星期都会不定期更新codeforces和atcoder上的题目，想要学习算法的友友们千万别错过了，有什么疑问欢迎大家在评论区留言或者私信博主！

在这里送大家一句话：广积粮，缓称王！