思路：DP
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题解：
最开始我们可以想到，分两种序列都做一遍。
先来证明一个结论：
存在一种构造，使 (B) 中的数都在 (A) 中出现过，且这样不劣。
(目的是为了转化暂时看起来虚无缥缈的DP)
显然一个数成立，考虑 (B) 的前 (k-1) 项，向后插入一个数 (B_k)。
若 (B_{k-1}leq A_k) ,我们直接递增插入，否则 (B_k=B_{k-1}) ，亦或者存在一个 (j) ,使 (B_j,B_{j+1},cdots,B_{k}) 相等，且代价更小（中位数的性质）。
这样我们考虑DP：
(f[i][j]) 前 (i) 个数，最后一个数为 (j) (注意 (j) 是离散化后的位置)
(f[i][j]=min_{0 leq k leq j}(f[i-1][k]+|j-A_i|))
注意到对于一个 (i) 决策集合是在单调扩大的，所以可以用一个变量记录前面的最小值，直接转移。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define R register int
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline int g() { R x=0,f=1;
register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
} const int N=2010;
int n,m,a[N],b[N];
int f[N][N],ans=1e+9;
inline void main() {
n=g(); for(R i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]=g();
sort(b+1,b+n+1); R m=unique(b+1,b+n+1)-b-1；
memset(f,0x3f,sizeof f); f[0][0]=0;
for(R i=1;i<=n;++i) {
R mn=f[i-1][0];
for(R j=1;j<=m;++j) {
mn=min(mn,f[i-1][j]);
f[i][j]=mn+abs(a[i]-b[j]);
}
} for(R i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,f[n][i]);
printf("%d
",ans);
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}
2019.09.18
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