序列修改

题目链接：ybtoj高效进阶 21253

题目大意

给你一个序列，然后一个序列的费用是每个前缀的大小乘里面的数字种类的和。
然后你可以至多修改一个数，费用是原来到现在的绝对值，要你最小化序列费用和修改费用的和。

思路

首先我们可以简单算出一开始不修改的费用，然后考虑修改之后会优多少。

然后考虑枚举每一个点 \(i\) 修改。

然后首先看出，变成一个没有出现过的数肯定是不优的，\(1\sim i-1\) 的种类不变，\(i\sim n\) 的变大。

然后考虑对剩下的情况分类讨论：
那首先我们设 \(z\) 是 \(a_i\) 下一次出现的位置（如果是最后一个就是 \(n+1\)）
然后变成了 \(a_j\)。

然后首先我们可以搞 \(S_{i\sim j}=\sum_{k=i}^jk\)，可以用前缀和得到。

如果 \(j<i\)，那从 \(i\sim z-1\) 种类都会减一，变更费用是 \(|a_i-a_j|-S_{i+1\sim z}\)，然后你发现只有 \(a_j\) 是跟 \(j\) 有关，那你可以用 set 维护最优的 \(j\)，进行转移。

接下来就是 \(j>i\)，然后就开 \(j,z\) 的位置关系：
如果 \(j<z\)，那变更代价就是 \(|a_i-a_j|-S_{j+1\sim z}\)。
如果 \(j>z\)，那你会发现这是没有意义的，变更代价是 \(0\)。

然后发现有一个绝对值，考虑把它弄开：
\(a_i<a_j\)：\(a_j-a_i-S_{j+1\sim z}\)
\(a_i>a_j\)：\(a_i-a_j-S_{j+1\sim z}\)

然后你让 \(s_{i}=\sum_{j=1}^ij\)，那就可以分别表示成：
\((s_z-a_i)-(s_j-a_j)\)
\((s_z+a_i)-(s_j+a_j)\)

然后你可以用两个树状数组来维护，就可以啦。

代码

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

using namespace std;

int n, nm[500001], nxt[500001];
ll a[500001], sum[500001], answer, ans;
map <int, int> lst;
bool fir[500001];
set <int> v;

struct SZSJ {//树状数组
	ll a[500001];
	
	void start() {
		memset(a, -0x7f, sizeof(a));
	}
	
	void add(int x, ll y) {
		for (; x <= n; x += x & (-x))
			a[x] = max(a[x], y);
	}
	
	ll query(int x) {
		ll re = a[0];
		for (; x; x -= x & (-x))
			re = max(re, a[x]);
		return re;
	}
}T1, T2;

int main() {
//	freopen("sequence.in", "r", stdin);
//	freopen("sequence.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d", &n);
	
	for (int i = n; i >= 1; i--) sum[i] = sum[i + 1] + 1ll * i;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		if (!lst[a[i]]) {
			ans += sum[i];
			fir[i] = 1;
			nm[++nm[0]] = a[i];
		}
		else nxt[lst[a[i]]] = i;
		lst[a[i]] = i;
		nxt[i] = n + 1;
	}
	answer = ans;
	
	sort(nm + 1, nm + nm[0] + 1);
	v.insert(-INF); v.insert(INF);
	
	T1.start(); T2.start();//前面部分
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (fir[i]) {
			set <int> :: iterator pl = v.lower_bound(a[i]);
			answer = min(answer, ans - (sum[i] - sum[nxt[i]]) + abs(*pl - a[i]));
			answer = min(answer, ans - (sum[i] - sum[nxt[i]]) + abs(*(--pl) - a[i]));
		}
	
	for (int i = n; i >= 1; i--) {//后面部分
			int pla = lower_bound(nm + 1, nm + nm[0] + 1, a[i]) - nm;
			answer = min(answer, ans + sum[nxt[i]] + a[i] - T1.query(pla));//两种情况，前缀后缀
			answer = min(answer, ans + sum[nxt[i]] - a[i] - T2.query(n - pla + 1));
			T1.add(pla, sum[i] + a[i]);
			T2.add(n - pla + 1, sum[i] - a[i]);
	}
	
	printf("%lld", answer);
	
	return 0;
}

标签：set,进阶,int,ybtoj,sum,500001,pla,answer,include
来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBTOJ_GXJJ_21253.html