Easy Climb UVA

题意 输入正整数d和n
之后输入n个高度h
要求修改一些高度 是的相邻高度差不超过d，修改费用为|每个高度修改值|的和

解题思路：
纯粹看题解然后自己动手敲了一遍而已。。。
首先，如果数据范围很小的话 可以直接定义dp[i][j]表示处理完前i个高度后最后一个高度为j的最小花费。 这样定义状态正确性是显而易见的。
然而 这里的d范围是1e9 显然不允许我们这么暴力的去枚举每一个状态。
所以需要去剪枝。 观察到最多只有100个高度， 却分布在1e9的范围里
肯定有很多状态是不会被用到的，应该要想到用离散化缩小范围。
离散化缩小范围后呢，
我们可以定义dp[i][j]为处理完前i个方块第i个方块的高度为第j种可能高度的最小花费。
那么该怎么找出所有可能的高度呢？其实这里因该是很容易想到的。。。
每个高度hi其实只有三种操作 max(hi-1,h i+1)-d(对应高度hi大于相邻两高度) min(hi-1,hi+1)+d(小于相邻两高度) 或者不变;
那么高度hi能修改后的高度肯定是原高度中的某一个高度h[p] (0<=p < n)加减一定数量的d得到的。
这样每个dp[i][j]中的 [j] 最多也只有2*(n^2)个状态了 n最多是100个点
然后加上第一维的 [i] 总状态数是O（n^3）级别的 这应该是最优的了。
下面需要想的就是状态转移方程了。

dp[i][j]=min(dp[i-1][k])+abs(x[j]-h[i]);// j-d<=k<=j+d

很明显的 这是一个求区间最值的问题，在这个问题中，最高能容许的状态转移复杂度应该是 < log（n）的 小于logn的求区间最值的方法最容易想到的就是单调队列优化的滑动窗口了。。。 正好符合要求 （其均摊复杂度为O（n） 因为每个元素只进队出队以及被遍历最多一次）
普通的单调队列很好想，但实现起来有些复杂（要记录队列中的元素所代表的高度以及它的位置）
下面讲一下刘汝佳大神的利用本题特性的优化。

for(int i=1;i<n;i++){    int k=0;    for(int j=0;j<tot;j++)    {        while(k<tot && x[k]<x[j]-d) k++;        while(k+1<tot && x[k+1]<=x[j]+d && dp[i-1][k+1]<=dp[i-1][k]) k++;        if(dp[i-1][k]==INF) dp[i][j]=INF;        else dp[i][j]=dp[i-1][k]+abs(x[j]-h[i]);    }}

太骚了有没有。。。。 只用一个头指针就完成普通单调队列写法在本题中的所有作用。 直接把x[] 数组当单调队列来用了
首先

while(k<tot && x[k]<x[j]-d) k++;

没什么好讲的 去除队首不符合条件的元素 x[]数组中的元素是离散化处理好的，已经从大到小排好序了。

while(k+1<tot && x[k+1]<=x[j]+d && dp[i-1][k+1]<=dp[i-1][k]) k++;

太骚了。。。 这里利用的dp数组的单调性 。 dp数组而第二维的元素其实是先单调递减再单调递增的 dp[i][hi]为这一维的最低点 其值为0 （很好理解，不过我说不太清楚）

然后就没了。。。。 太骚了。 不过好像没什么用。。 感觉装逼大于实用。。

# include<iostream># include<cstdio># include<cstring># include<algorithm>#include<vector>#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)using namespace std;const int MAX=25555;const long long INF=1ll<<60;long long x[MAX],h[MAX];long long dp[105][MAX];// dp[i][j]表示  处理完前i个物品后 最后一个物品的高度为X[j];int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        int n,d;        int tot=0;        scanf("%d %d",&n,&d);        for(int i=0;i<n;i++)            scanf("%lld",&h[i]);        for(int i=0;i<n;i++)        {            for(int j = 0; j<n; j++)            {                long long cnt=h[i]-j*d;                x[tot++]=cnt;                x[tot++]=h[i]+j*d;            }        }        sort(x,x+tot);        tot=unique(x,x+tot)-x;        for(int i=0;i<tot;i++)        {            dp[0][i]=INF;            if(x[i]==h[0])                dp[0][i]=0;        }        /// dp[i][j]表示  处理完前i个物品后 最后一个物品的高度为X[j];        for(int i=1;i<n;i++)        {            int k=0;            for(int j=0;j<tot;j++)            {                while(k<tot && x[k]<x[j]-d) k++;                while(k+1<tot && x[k+1]<=x[j]+d && dp[i-1][k+1]<=dp[i-1][k]) k++;                if(dp[i-1][k]==INF) dp[i][j]=INF;                else dp[i][j]=dp[i-1][k]+abs(x[j]-h[i]);            }        }        for(int i=0;i<tot;i++)        {            if(x[i]==h[n-1])            {                if(dp[n-1][i]<INF/2)                cout<<dp[n-1][i]<<endl;                else                    puts("impossible");                break;            }        }    }}