B. Hills And Valleys
数学 暴力
- 题设：T个样例下，每个样例输入n，和长度为n的序列a【i】各位的值。
定义：当j (2 ≤ j ≤ n−1)时，若 a[j] > a[j+1] 且 a[j] > a[j−1] 则称这点位波峰，若 a[j] < a[j+1] 且 a[j] < a[j−1] 则称这点为波谷。
现可对序列中任意一个位置的值修改。问改动一次后，整个序列中波峰和波谷的总数，最少是多少。 - 思路： 计算改动前的峰谷总数是多少后，单个for循环加特判可解决此问题。
简单的“心电图”，操作无非就是两种：
要么把a【i】变成 a【i+1】，要么把a【i+1】变成 a【i】。
但是在这里，A边和E边是否存在，会影响到改变后是否会出现新的峰/谷，此时B，C，D的大小又有抵消这个影响的可能。
此题的坑点就是：消去两个峰/谷的情况只有四种。
要解决的就是六点五边之间的各种关系，五条边分别命名为A，B，C，D，E。基本图示如下。
-
连着三个点都是峰/谷的时候，无论五条边的长度如何，此时都可以对中间点处理消去三个峰/谷，这也是最好的情况。
-
B >= C，此时可以消去两个峰/谷。
-
D >= C，此时也可消去两个峰/谷。
-
A == 0 或 E == 0的情况，可消去两个峰/谷。
-
构不成六点五边的时候，即在序列的两端时，i ==2 或者 i ==n-2。可消去两个峰/谷。（两种情况都可用此图表示）
注意，仅仅是两个峰/谷相邻，但是2，3，4，5四个条件均不满足时，即此时B<C，D<C，A!=0且E!=0，i!=2且i!=n-2，此时无论怎么变化，都会出现一个新的峰/谷，则最多消去一个。
简单画图示意即可明白文章开头说的，什么是“A和E的影响”，什么又是“B，C，D可抵消这种影响”。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
priority_queue <int,vector<int>,less<int> > QM;
const int INF= 0x3f3f3f3f;
const int maxn= 3e5+5;
int a[maxn],vis[maxn];
void solve()
{
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=0;i<=n+1;i++) vis[i] =0;
int ans=0,cnt=0;
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
if(a[i]>a[i-1] && a[i]>a[i+1]) vis[i]=1,ans++;
if(a[i]<a[i-1] && a[i]<a[i+1]) vis[i]=1,ans++;
}
if(ans!=0) cnt=1;
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
if(vis[i])
{
if(vis[i] && vis[i-1] && vis[i+1])
{
cnt=3;
break;
}
if(vis[i+1] && (i==2 || i==n-2))
cnt = 2;
if(vis[i+1] && abs(a[i-1]-a[i])>=abs(a[i+1]-a[i]))
cnt = 2;
if(vis[i+1] && abs(a[i+2]-a[i+1])>=abs(a[i]-a[i+1]))
cnt = 2;
if(vis[i+1] && (a[i-2]==a[i-1] || a[i+2]==a[i+3]))
cnt = 2;
}
}
cout<<ans-cnt<<endl;
}
int main()
{
IOS;
int t;cin>>t;
while(t--){
solve(); }
return 0;
}