(Problem)
给你(n)和长度为(n)的数组(a[])。
可以使(a[i])增加成(a[i]')，其代价为(a[i]'-a[i])。
求花费最小的代价使得满足对于任意的(i in [2,n])，(L<=a[i-1]+a[i]<=R)，(L,R)为给定的数。
(n<=10^5.L,R<=10^6)
(force)
首先有一个显然的暴力(DP)。
设(f[i][x])表示(a[i])变成(x)前面都满足条件的最小代价。
则(f[i][x])可以转移到(f[i+1][k])，(kin [L-x,R-x])
然后可以发现，当(a[i]>=L)的时候，再增加其实没有什么意义的。
所以枚举的界限缩小，时间复杂度为(O(n*L^2))，(35)分到手。
(Solution 1)
考虑可撤销贪心，顺序改变值，只考虑(i)以前的都符合条件。
设(pl[i])表示(a[i])要加的数。
对于当前位置(i)：
设(sum=a[i - 1] + a[i] + pl[i - 1])
若(L<=sum<=R)，则可以(a[i])不需要改变（即(pl[i])不需要变）
若(sum<L)，则(pl[i]=L-sum)即可。
若(sum>R)，则通过一个(check(i-1))函数来处理一下。
(check(x))函数：
对于新的(sum=a[i]+a[i+1]+pl[i]+pl[i+1])
若当前的(L<=sum<=R)，则返回可行（(1)）
若当前的(sum>R)，则(pl[i])需要减小，并判断是否小于(0)。
若当前的(sum<L)，则(pl[i])需要增加，并判断(check(x-1))。
如此即可。（看上去似乎可能会(TLE)，但是跑得飞快）
(Code)
#include <cstdio>
#define N 50010
#define db double
#define ll long long
#define mem(x, a) memset(x, a, sizeof x)
#define mpy(x, y) memcpy(x, y, sizeof y)
#define fo(x, a, b) for (int x = (a); x <= (b); x++)
#define fd(x, a, b) for (int x = (a); x >= (b); x--)
#define go(x) for (int p = tail[x], v; p; p = e[p].fr)
using namespace std;
int n, L, R, a[N], pl[N];
ll all = 0;
inline int read() {
int x = 0, f = 0; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') f = (c == '-') ? 1 : f, c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return f ? -x : x;
}
bool check(int x, int sum) {
if (x == 0 || (sum >= L && sum <= R)) return 1;
if (sum > R) {
pl[x] -= sum - R;
if (pl[x] < 0) return 0;
return check(x - 1, a[x - 1] + a[x] + pl[x - 1] + pl[x]);
}
pl[x] += L - sum;
return check(x - 1, a[x - 1] + a[x] + pl[x - 1] + pl[x]);
}
int main()
{
freopen("plan.in", "r", stdin);
freopen("plan.out", "w", stdout);
n = read(), L = read(), R = read();
fo(i, 1, n) a[i] = read();
fo(i, 2, n) {
int sum = a[i - 1] + a[i] + pl[i - 1];
if (sum < L) {pl[i] = L - sum; continue;}
if (sum > R && ! check(i - 1, sum))
return 0 & printf("-1
");
}
fo(i, 1, n) all += pl[i]; printf("%lld
", all);
fo(i, 1, n) printf("%d ", a[i] += pl[i]);
/*
fo(i, 2, n)
if (a[i - 1] + a[i] < L || a[i - 1] + a[i] > R)
printf("wrong
");
*/
return 0;
}
(Solution 2)
考虑原先的(DP)。
性质(1)：发现(f[i,x])转移到(f[i+1,j])为一个区间，可以单调队列优化。
性质(2)：且又发现转移到的([l,r])，(f[i+1][j])的值是单调不减的。
设(le[i],ri[i])表示对于(f[i])的可行的区间。
则答案就是(f[n][le[n]])，而我们又可以从中倒推出是从([L-le[n],R-le[n]])与([le[n-1],ri[n-1]])的交转移过来的。
而由于(f[x])的单调性，所以一定是交的最左端点最后，这样线性地倒推回去就可以求解了。
(Code by ZFY)
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int fl[51000],fr[51000],l[51000],r[51000],a[51000],c[51000];
inline int mymax(int x,int y){return x>y?x:y;}
int main()
{
freopen("plan.in","r",stdin);
freopen("plan.out","w",stdout);
int n,L,R;scanf("%d%d%d",&n,&L,&R);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)l[i]=L-a[i]-a[i+1],r[i]=R-a[i]-a[i+1];
fl[1]=0;fr[1]=0x3f3f3f3f;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fl[i]=mymax(l[i-1]-fr[i-1],0);
fr[i]=r[i-1]-fl[i-1];
}
if(fl[n]>fr[n]){puts("-1");return 0;}
long long ss=fl[n];c[n]=fl[n];
for(int j=n-1;j>=1;j--)
{
c[j]=mymax(l[j]-c[j+1],fl[j]);
ss=ss+c[j];
}
printf("%lld
",ss);
for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",a[i]+c[i]);
printf("%d
",a[n]+c[n]);
return 0;
}