Codeforces Round #210 (Div. 1)——Levko and Array
2014-07-21 14:48
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题意:
n、k,表示n个点,每个点有一个值,记c = max(abs(n[i] - n[i + 1])),要求只能将数组中的至多k个元素值改变(变成任意值),求c的最小值
分析:
可以二分一下c的值,求当前数组是否能改变至多k个数切c小于二分值。判断的话可以采用DP,dp[i]表示n[i]不改变时候,满足c <= 二分值时候需要改变的数字个数。
注意:
DP的时候,dp[i] -> dp[j]时候,如果可以转移,那么直接dp[j] = min(dp[j], dp[i] + j - i + 1),也就是说认为i到j之间的元素都进行了改变。这个正确性可以这样解释:如果中间有一个元素刚好不需要改变,那么在DPi转移到这个元素然后再转移到j的时候,答案比直接从i再到j要优,所以这样转移是正确的。
题意:
n、k,表示n个点,每个点有一个值,记c = max(abs(n[i] - n[i + 1])),要求只能将数组中的至多k个元素值改变(变成任意值),求c的最小值
分析:
可以二分一下c的值,求当前数组是否能改变至多k个数切c小于二分值。判断的话可以采用DP,dp[i]表示n[i]不改变时候,满足c <= 二分值时候需要改变的数字个数。
注意:
DP的时候,dp[i] -> dp[j]时候,如果可以转移,那么直接dp[j] = min(dp[j], dp[i] + j - i + 1),也就是说认为i到j之间的元素都进行了改变。这个正确性可以这样解释:如果中间有一个元素刚好不需要改变,那么在DPi转移到这个元素然后再转移到j的时候,答案比直接从i再到j要优,所以这样转移是正确的。
const int maxn = 2100; int ipt[maxn], dp[maxn]; int n, k; int check(LL Max) { REP(i, n) dp[i] = i; REP(i, n) REP(j, i) if (abs(ipt[j] - ipt[i]) <= Max * (i - j)) dp[i] = min(dp[i], dp[j] + i - j - 1); REP(i, n) if (dp[i] + n - i - 1 <= k) return true; return false; } int main() { while (~RII(n, k)) { REP(i, n) RI(ipt[i]); LL l = 0, r = 2e9, m; while (l <= r) { m = (l + r) >> 1; if (check(m)) r = m - 1; else l = m + 1; } cout << l << endl; } return 0; }
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