[atAGC049E]Increment Decrement

由于每一个操作的逆操作都存在，可以看作将$a_{i}$全部变为0的代价

先考虑第一个问题，即对于确定的$a_{i}$如何处理

如果仅能用第2种操作，定义点$i$的代价为以$i$为左端点或以$i-1$为右端点的的操作数，考虑一个代价的意义，即改变$i-1$和$i$的差值，因此$ans\ge C\sum_{i=0}^{n}\frac{|a_{i}-a_{i+1}|}{2}$（每一个操作会被算两次）

（对应的方案只要确保每一次操作减少两对“相邻两数的差值”）

加入第1种操作，由于操作与顺序无关，不妨先使用第1种操作、后使用第2种操作，假设第1种操作产生的序列为$b_{i}$，则答案为$C\sum_{i=0}^{n}|b_{i}-b_{i+1}|+\sum_{i=1}^{n}|a_{i}-b_{i}|$（换言之，即找到任意$b_{i}$，最小化该值）

令$f[i][j]$表示前$i$个数$b_{i}=j$的最小值，转移为$f[i][j]=\min(f[i-1][k]+|k-j|\times C)+2|a_{i}-j|$（这里都乘了2避免小数）

归纳$f[i][j]$具有凸性，转移可以看作找到斜率绝对值大于等于$C$的部分（由于凸性，斜率单调递增，即前后两个区间），将这一部分斜率对$\pm C$取max或min

同时，这也就证明了忽略$2|a_{i}-j|$后$f[i][j]$也具有凸性，而后者具有凸性，因此和也有凸性

我们直接维护斜率，更严谨的，令$f'[i][j]=f[i][j]-f[i][j-1]$，每一次转移相当于执行以下操作：1.将所有数对$-C$取max，对$C$取min；2.对$[1,a_{i}]$区间减2，对$(a_{i},+\infty)$区间加2

对于$f[i][0]$直接考虑上面的转移，即$f[i][0]=2a_{i}+\min_{k}f[i-1][k]+kC$

简单化简，有$f[i][0]=2a_{i}+f[i-1][0]+\min_{k}\sum_{j=1}^{k}f'[i-1][j]+C$，而由于$f'[i-1][j]+C$单调递增，后者也可以看作$\sum_{j}\min(f'[i-1][j]+C,0)$

答案即求$f[n+1][0]$，可以看作不断累加，即要求出每一次后面的式子对答案的贡献

由于位置之间相互独立，可以单独去算每一个数的贡献，先对区间离散化（对于$(a_{i-1},a_{i}]$这个区间的贡献显然都相同），再用$dp[i][j]$表示经过前$i$个点后值为$j$的方案数，复杂度为$o(n^{2}k^{2}C)$

再进一步的，只关心$a_{i}$与枚举的位置的关系，因此可以降为$o(n^{2}kC)$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 105
 4 #define mod 1000000007
 5 vector<pair<int,int> >v;
 6 int n,c,k,x,ans,mi[N],sz[N],sf[N],f[N][N];
 7 int main(){
 8     scanf("%d%d%d",&n,&c,&k);
 9     mi[0]=1;
10     for(int i=1;i<=n;i++)mi[i]=1LL*mi[i-1]*k%mod;
11     for(int i=1;i<=n;i++)
12         for(int j=1;j<=k;j++){
13             scanf("%d",&x);
14             v.push_back(make_pair(x,i));
15             ans=(ans+x)%mod;
16         }
17     ans=2LL*ans*mi[n-1]%mod;
18     sort(v.begin(),v.end());
19     for(int i=1;i<=n;i++)sf[i]=k;
20     for(int i=-1,nex=0;i<(int)v.size();i=nex){
21         while ((i>=0)&&(nex<v.size())&&(v[nex].first==v[i].first)){
22             sz[v[nex].second]++;
23             sf[v[nex++].second]--;
24         }
25         x=v[nex].first;
26         if (i>=0)x-=v[i].first;
27         memset(f,0,sizeof(f));
28         f[0][2*c+2]=1;
29         for(int j=0;j<=n;j++)
30             for(int l=0;l<=2*c+4;l++){
31                 if (l<2)ans=(ans+1LL*x*(mod+l-2)%mod*f[j][l]%mod*mi[n-j])%mod;
32                 int ll=min(max(l,2),2*c+2);
33                 f[j+1][ll+2]=(f[j+1][ll+2]+1LL*sz[j+1]*f[j][l])%mod;
34                 f[j+1][ll-2]=(f[j+1][ll-2]+1LL*sf[j+1]*f[j][l])%mod;
35             }
36     }
37     ans=1LL*ans*(mod+1)/2%mod;
38     printf("%d",ans);
39 }