【Coder Force】#360B - Levko and Array（DP 二分枚举）

题目大题：CF上的题目还是比较容易读懂的。这道题的意思嘛，他是说，有一个不超过2000个数的数组，每一个数与后面的数的绝对值称为value，那么所有当中最大的value就是整个数组的value，现在你有k次变换，每一次可以将其中的一个数变为任何一个使得数组价值最小的数。
假如题目的价值是所有的之和，也可以用这道题的方法。
思路：
dp[i]表示的是到i这个位置，使得数组符合条件的最少变换次数。
这个符合条件就奇妙了，这个符合条件是由你定的，最终的符合条件就是答案。
简单来说：你举例一个答案，放进去，看看能不能使得整个数组的变换次数小于等于给定的K次，假如可以的话，那么这个数存起来。
接下来我们尝试更大一点可以不可以呢？可以的话重复以上操作，不可以的话就是之前的数拉。
我们枚举的范围是0-2e9，这么大的范围，傻眼了，不急，二分搜索是一个不错的方法。
好了，方法说完了。接下来是考验你DP功底的时候了，可惜这边我差劲的很，没办法给大家切入点和突破性的建议和见解了。
只能给大家讲一下这个模型，放心，等我学成之后我定给大家剖析每一道我A的题。
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+i-j-1)（1

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int dp[2010];int a[2010];const int inf = 2e9;int n, m;bool  bs(long long mid){    for (int i = 1; i <= n; i++)    {        dp[i] = i - 1;        for (int j = 1; j < i; j++)        if (abs(a[i] - a[j]) <= (i - j)*mid)            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (i - j - 1));        if (dp[i] + n - i <= m)return true;    }    return false;}int main(){    while (cin >> n >> m)    {        for (int i = 1; i <= n; i++)            scanf("%d", &a[i]);        long long l = 0, r = inf;        int ans = 0;        while (l <=r)        {            long long mid = (l + r) >> 1;//int+int会超过int的范围，导致爆掉了。= =            if (bs(mid))            {                ans = mid; r = mid - 1;            }            else l = mid + 1;        }        cout << ans << endl;    }}