数据
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题目描述
Mr_H 出了一道信息学竞赛题，就是给 n 个数排序。输入格式是这样的：
试题有若干组数据。每组数据的第一个是一个整数 n，表示总共有 n 个数待排序；接下来 n 个整数，分别表示这 n 个待排序的数。
例如：3 4 2 –1 4 1 2 3 4，就表示有两组数据。第一组有 3 个数(4,2,-1)，第二组有 4个数(1,2,3,4)。可是现在 Mr_H 做的输入数据出了一些问题。例如：2 1 9 3 2 按理说第一组数据有 2 个数(1,9)，第二组数据有 3 个数，可是“3”后面并没有出现三个数，只出现了一个数“2”而已！
现在 Mr_H 需要对数据进行修改，改动中“一步”的含义是对文件中的某一个数+1 或-1，写个程序，计算最少需要多少步才能将数据改得合法。
输入
第一行一个整数 m，表示 Mr_H 做的输入数据包含的整数个数。第二行包含 m 个整数 a[i]，每个整数的绝对值不超过 10000。
输出
一个整数，表示把数据修改为合法的情况下，最少需要多少步。
样例输入
Copy (如果复制到控制台无换行，可以先粘贴到文本编辑器，再复制)
4
1 9 3 2
样例输出
2
提示
对于 20%的数据，m<=10, |a[i]|<=5;
对于 60%的数据，m<=5000, |a[i]|<=10000
对于 100%的数据，m<=100000, |a[i]|<=10000
法一：图论。
- 每个点i可以零损耗地到达第i+a[i]+1个点，所以连一条权值为零的单向边。
- 同时，每个点可以通过加减来左移或右移，而每移动一次就是修改一次，所以从每个点向两边相邻的点连一条权值为一的边。
- 最后答案就是从1到n+1的最短路径。
注意三点：
1. 点1如果为负数要先把它变为0再连边
2. 点1不向两边连，点2不向左连
3. 连向的点可能超过n+1,也是合法的
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
int n,a,nn,dis[110005],u,v,ans;
queue<int>q;
bool inq[110005];
int fir[110005],nxt[660010],to[660010],w[660010],tot;
void line(int x,int y,int z)
{
nxt[++tot]=fir[x];
fir[x]=tot;
to[tot]=y;
w[tot]=z;
}
void spfa()
{
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[1]=0;
q.push(1);
while(!q.empty())
{
u=q.front();
for(int i=fir[u];i;i=nxt[i])
{
v=to[i];
if(dis[v]>dis[u]+w[i])
{
dis[v]=dis[u]+w[i];
if(!inq[v]) inq[v]=1,q.push(v);
}
}
inq[u]=0;
q.pop();
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%d",&a);
if(a<0) ans=-a,line(1,2,0);
else line(1,a+2,0);
nn=max(nn,a+2);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
if(a>=0) line(i,i+a+1,0);
nn=max(nn,i+a+1);
line(i,i+1,1);
line(i+1,i,1);
}
for(int i=n+1;i<nn;i++) line(i,i+1,1),line(i+1,i,1);
spfa();
printf("%d",dis[n+1]+ans);
}法二 DP的（优先队列）堆优化
设f[i]表示把前i个数合法化需要的最小操作次数,则：
f[i]=f[j]+abs(a[j+1]-(i-j-1));{0<=j< i, 1<=i<=n;}
这里的abs(a[j+1]+j+1-i)便是整个题最磨人的地方了。
尽管我们很容易想到分类讨论，但却发现两个严肃的问题：
a[j+1]可能为负数，所以a[j+1]+j+1并不具有严格的增减性，不能使用单调队列优化
当i< a[j+1]+j+1时， 我们不知道什么时候该pop,因为i在递增，此时不满足的a[j+1]+j+1可能以后就满足了。
so，我们采用了一种巧妙的优化。见代码：
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cctype>
using namespace std;
struct node
{
int x,y;
node(){}
node(int a,int b){x=a;y=b;}
bool operator < (const node& p)const{return x>p.x;}
};
priority_queue<node>q;
int n,a[100005],minx=10000000,f[100005];
inline void get(int &a)
{
char c;a=0;int f=1;
while(!isdigit(c=getchar())) if(c=='-') f=-1;
while(isdigit(c)) a=a*10+c-'0',c=getchar();
a*=f;
}
int main()
{
get(n);
for(int i=1;i<=n;i++) get(a[i]);
q.push(node(a[1]+1,a[1]+1));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!q.empty()&&q.top().y<=i)
{
minx=min(q.top().x-2*q.top().y,minx);
q.pop();
}
f[i]=minx+i;
if(!q.empty()) f[i]=min(f[i],q.top().x-i);
q.push(node(f[i]+a[i+1]+i+1,a[i+1]+i+1));
}
printf("%d",f[n]);
}pay attention to the rule!!!
这个优先队列并不是按照a[i+1]+i+1来排序的，而是f[i]+a[i+1]+i+1!!!
首先，对于a[j+1]+j+1<=i的情况，因为前面的i满足，后面的i肯定也满足，所以直接用一个minx来储存，然后直接pop。
而对于a[j+1]+j+1>i的情况，直接取最优的f[j]+a[j+1]+j+1则可。
但是，同志们可能会发现一个问题，既然是按照f[i]+a[i+1]+i+1排序，
那么如果在a[j+1]+j+1>i时直接退出，那么如果后面还有满足a[j+1]+j+1<=i的值怎么办呢？
这就是巧妙之处了。
令f[j]=a,a[j+1]+j+1=b；当b>i时记作a1,b1;当b<=i时记作a2,b2
那么我们的f[i]=min(a2-b2+i,a1+b1-i);
这里我们取了最优的a1+b1-i,那么我们如何说明后面的a2-b2+i不会比现在更优呢？
注意优先队列的规则，我们得知：a1+b1<=a2+b2
而我们已知：b2<=i
所以 2 * b2 <= 2 * i
所以 b2 <= 2*i-b2
所以a2+b2<=a2+2*i-b2
所以 a1+b1<=a2+b2<=a2-b2+2*i
所以 a1+b1-i<=a2-b2+i !!!!!!!
证明至此，我们可知后面的解不会比当前更优，直接退出。
法三：DP的线段树优化
众所周知，对于这种含绝对值的DP,线段树是最在行（难写）的了，（基本上就没写对过）。。。。鉴于本人目前对于线段树优化一知半解。。
这里。。。就不加解析了。。。等孤学成归来在好好补上吧。。这里就直接上代码了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LCH(i) (2 * i)
#define RCH(i) (2 * i + 1)
const int maxn = 100000;
const int inf = 1 << 30;
using namespace std;
struct Tree{
int lc, rc, fgr[2];
}tree[maxn * 4];
int n, num[maxn + 5], pos[maxn + 5], f[maxn + 5];
void built(int i, int l, int r)
{
tree[i].lc = l, tree[i].rc = r;
tree[i].fgr[0] = tree[i].fgr[1] = inf;
if(l == r){
pos[l] = i;
return;
}
int mid = (l + r) / 2;
built(LCH(i), l, mid);
built(RCH(i), mid + 1, r);
}
void update(int i, int val, bool f)
{
tree[i].fgr[f] = min(tree[i].fgr[f], val);
while(i != 1){
i /= 2;
tree[i].fgr[f] = min(tree[i].fgr[f], val);
}
}
int query(int i, int l, int r, bool f)
{
if(tree[i].lc > r || tree[i].rc < l) return inf;
if(tree[i].lc >= l && tree[i].rc <= r)
return tree[i].fgr[f];
return min(query(LCH(i), l, r, f), query(RCH(i), l, r, f));
}
int main()
{
memset(f, 0x3f3f3f3f, sizeof f);
scanf("%d", &n);
built(1, 1, n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++)
scanf("%d", &num[i]);
num[++ n] = 0;
f[n] = num[n];
update(pos[n], f[n] + n, 0);
update(pos[n], f[n] - n, 1);
for(int i = n - 1; i >= 1; i --){
int t = i + 1 + num[i];
if(t >= n){
t = tree[1].fgr[1];
f[i] = i + 1 + num[i] + t;
update(pos[i], f[i] + i, 0);
update(pos[i], f[i] - i, 1);
continue;
}
t = query(1, i + 1 + num[i], n, 0);
f[i] = min(f[i], t - (i + 1 + num[i]));
t = query(1, i + 1, i + 1 + num[i], 1);
f[i] = min(f[i], i + 1 + num[i] + t);
update(pos[i], f[i] + i, 0);
update(pos[i], f[i] - i, 1);
}
printf("%d", f[1]);
}