题目描述
小$Y$家门前有一条街道，街道上顺序排列着$n$幢建筑，其中左起第$i$幢建筑的高度为$h_i$。
小$Y$定义街道的不美观度为所有相邻建筑高度差的绝对值之和乘上常数$c$，为了改善街道环境，政府决定进行施工，施工队会选择一些建筑并提升它们的高度，如果一幢建筑最终高度增加了$t$，则需要花费$t_2$的人力。
小$Y$非常好奇，施工完成后街道的不美观度与施工队花费的人力之和最小为多少。
输入格式
第一行包含两个正整数$n,c$。
接下来一行$n$个正整数，表示每幢建筑的高度。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
样例
样例输入：
4 2
1 3 2 4
样例输出：
6
数据范围与提示
对于$100\%$的数据，$n,h_i,cleqslant 1,000,000$。
$ullet Subtask 1(11pts):n,h_ileqslant 300$。
$ullet Subtask 2(19pts):n,h_ileqslant 1,000$。
$ullet Subtask 3(23pts):nleqslant 1,000$。
$ullet Subtask 4(22pts):nleqslant 100,000$。
$ullet Subtask 5(25pts):$无特殊限制。
题解
考场上最后$20$分钟$A$了这道题，所以对于这道题我还是比较清楚的，需要先声名一下，因为我和题解打的不太一样，所以在那天讲这道题的时候可能出现了一些偏差（当初我就看到了题解里有“单调栈”三个字我就以为是一样的），耽误了不少同学的学习时间，可能还会有人怀疑我不是自己打的（确实当时将的有点混乱），在此我向大家表示歉意，并在这篇博客里尽可能详细的说一下我的思路。
首先，我们肯定会想到$DP$，大多数人会想定义$dp[i][j]$表示到了第$i$幢建筑，当前建筑高为$j$的最小代价。
转移非常简单，不再赘述，时间复杂度是$Theta(n imes {max(k)}^2)$的，但是可以用数据结构优化成$Theta(n imes max(k))$的。
但是我们思考，对于一般的非数学题，时间复杂度最多只能减少一次幂，所以这种方式显然是不行的。
所以我就思考改变$DP$的定义，因为我可以在对后面的点进行决策的时候再改变前面的点的高度，所以我们可以在处理当前点的时候先不改变其高度；因此，我们设$dp[i]$表示到了第$i$幢建筑，当前高度为$h[i]$的最小代价。
现在$DP$式子设完了，我们考虑如何转移，这也是这道题的第一个难点，至于题解中说的填平，让好多人有了误解。
因为我们是要从所有的转移点中取一个最小值转移给当前点，而向它转移的点也有很多转移点转移到向它转移的点（不好意思语文不好），例如下图：
假设我们在考虑给$d$转移时，选择了$b$点，并将$c$点填成红色区域，现在我们考虑转移给$e$点，那么你的的理解可能是填成下图：
而这样显然是不优的，所以你就会存在疑问，但是我们是要枚举$a,b,c,d$四个点，取最小值填平，于是我们就可能会填成下图：
那么这个难点就解决了，我们来考虑如何转移：
列出状态转移方程，假设填平高度为$t$：
$$dp[i]=min(dp[j]+sum limits_{k=j+1}^{i}{(t-h_k)}^2+c imes abs(h[j]+h[i]-2 imes t)$$
来解释一下转台转移方程，对于前半部分，也就是暴力人工填，而后半部分注意$2 imes t$是因为你抬高了，所以两边的绝对值都会减。
这时候你可能会发现$t$要枚举，那你就死了。
我们考虑拆开式子，就变成了：
$$sum limits_{k=j+1}^{i}{(t-h_k)}^2=(j-i-1) imes t^2-t imes sum limits_{k=j+1}^{i}h_k+sum limits_{k=j+1}^{i}{h_k}^2$$
现在你要求出$t$，然后你可能回想，这不就是一个单封函数嘛，三分哇。
不得不承认，的确可以，但是我们为什么不考虑直接用二次函数对称轴的公式$-frac{b}{2a}$来求呢？
所以我们的代价最小的$t$即为：$dfrac{2 imes c imes t+sum limits_{k=j+1}^{i}h_k}{2}$。
因为在求对称轴的时候要除以$2$，而整型自动下取整，所以我们可以先加$0.5$再除以$2$。
需要注意的是，我们需要将求出的这个$t$与区间内高度最大的建筑取$max$。
我们可以维护两个前缀和，这样时间复杂度就变成了$Theta(n^2)$了。
我们接着考虑优化，使用单调栈，保证栈内元素单调递减，并对于每个点取栈内比它小的点作为转移点，下面考虑这样做的正确性。
首先，求出来的$t$肯定比当前点更小，因为如果填的比它高一定是费力不讨好的，我们不仅需要承担填高中间部分的代价，还要承受绝对值所带来的代价。
然后，因为$t$还要比区间内的$max(h)$大，所以如果出现下图中的情况，我们在考虑给$c$转移的时候如果还要考虑$asim b$中比$b$小的建筑进行转移的话高度$t$一定是$geqslant h_b$的，所以我们可以直接选择$asim d$中的点向$c$转移，而$bsim c$中的点同理。
因为对于单调栈，每个点最多只会进栈一次，出栈一次，所以我们就优化成了$Theta(n)$。
还需要注意的一点是，因为$dp[n]$的含义为到了$n$这个点，高度为$h_n$的最小代价，然而最后一个建筑的高度可以比$h_n$大，所以我们可以考虑将$h_0$设为$+infty$而$h_{n+1}$设为$+infty -1$，这样$dp[n+1]$就是答案了。
时间复杂度：$Theta(n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c;
long long h[1000010];
int sta[1000010];
long long dp[1000010];
long long s[2][1000010];
long long ans=1LL<<60;
long long ask(int x,int y,int z)
{
long long len=x-y-1;
long long up=s[0][x-1]-s[0][y]+c;
long long down=s[1][x-1]-s[1][y]+h[x]*c;
if(y)
{
up+=c;
down+=h[y]*c;
}
long long res=1.0*up/2/len+0.5;
res=max(res,h[z]);
res=min(res,h[x]);
res=min(res,h[y]);
res=len*res*res-up*res+down;
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&h[i]);
s[0][i]=s[0][i-1]+(h[i]<<1);
s[1][i]=s[1][i-1]+h[i]*h[i];
}
h[0]=(h[n+1]=1<<30)--;
sta[1]=0;sta[0]=1;
while(sta[0]&&h[sta[sta[0]]]<=h[1])
{
dp[1]=min(dp[1],dp[sta[sta[0]-1]]+ask(1,sta[sta[0]-1],sta[sta[0]]));
sta[0]--;
}
sta[++sta[0]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
dp[i]=dp[i-1]+c*abs(h[i]-h[i-1]);
while(sta[0]&&h[sta[sta[0]]]<=h[i])
{
dp[i]=min(dp[i],dp[sta[sta[0]-1]]+ask(i,sta[sta[0]-1],sta[sta[0]]));
sta[0]--;
}
sta[++sta[0]]=i;
}
ans=dp[n];
while(sta[0]&&h[sta[sta[0]]]<=1<<30-1)
{
long long len=n-sta[sta[0]-1];
long long up=s[0][n]-s[0][sta[sta[0]-1]];
long long down=s[1][n]-s[1][sta[sta[0]-1]];
if(sta[sta[0]-1])
{
up+=c;
down+=h[sta[sta[0]-1]]*c;
}
long long res=up/2/len+0.5;
res=max(res,h[sta[sta[0]]]);
res=min(res,h[n+1]);
res=min(res,h[sta[sta[0]-1]]);
res=len*res*res-up*res+down;
ans=min(ans,dp[sta[sta[0]-1]]+res);
sta[0]--;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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