POJ - 366six Making the Grade（DP）

POJ - 3666 Making the Grade

对单调上升和单调下降分别求一遍，取最小值即可。

下面只讨论对单调上升的求法。

引理：

一定存在一组最优解，使得每个 $Bi$ 都是原序列中的某个值。

状态表示：

f[i][j]代表所有给A[1]~A[i]分配好了值且最后一个B[i]=A'[j]的方案的集合；
f[i][j]的值是集合中所有方案的最小值；
状态计算：
依据倒数第二个数分配的是哪个A'[i]将f[i][j]所代表的集合划分成j个不重不漏的子集：

倒数第二个数选取的是A'[1]的所有方案的结合，最小值是f[i-1][1]+abs(A[i]-A'[j]);
倒数第二个数选取的是A'[2]的所有方案的结合，最小值是 f[i-1][2]+abs(A[i]-A'[j]);
…
倒数第二个数选取的是A’[j]的所有方案的结合，最小值是 f[i-1][j]+abs(A[i]-A'[j]);
f[i][j]在所有子集的最小值中取min即可。

最终答案需要遍历最后一个数的所有取值，然后取min即可。
类似于最长公共上升子序列的优化方式，可以用前缀和思想优化掉一维循环。

总共两重循环，时间复杂度是 $O(n^2)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 2010, INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int a[N],b[N],f[N][N];

int solve()
{
    
    
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+n+1);
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		int minn=INF;
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
    
    
			minn=min(minn,f[i-1][j]);
			f[i][j]=minn+abs(a[i]-b[j]);
		}
	} 
	
	int res=INF;
	for(int i=1;i<=n;i++) res=min(res,f[n][i]);
	return res;
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	
	int res=solve();
	reverse(a+1,a+n+1);
	res=min(res,solve());
	
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

转载出自yxc大佬：https://www.acwing.com/solution/content/4956/