Making the Grade

  POJ - 3666 

这道题目有点意思。

我们定义dp[i][j]表示的含义是把包含前i个元素的子序列变成非递减的子序列，并且最后一个元素变成j所需要耗费的最小代价

那么状态转移方程可以写出来就是：

dp[i][j] = min(dp[i-1][k] + abs(num[i] - j)) 其中 0<= k <= j

这个方程很简单对吧，但是问题来了

这样的话，空间复杂度显然会超，而且时间复杂度也会超

那么我们来考虑一下优化问题

首先进行空间优化，由于最多只有2000个元素，所以说不同高度的值最多也只能有2000个，那么我们对高度做个离散化，就很容易解决MLE的问题了。

下面的问题回到了时间上，由于时间是O(n3)的，而要在限定时间内完成，我们可以把时间优化到O(n2)

注意到我们在状态转移方程里，花了O(n)的时间去求了k不超过j时候的dp[i-1][k]的最小值。其实我们可以开一个数组MN[i][j]里面恰好就存不超过j时候的dp[i-1][k]的最小值。

在动态规划的过程中进行维护这个数组就OK了

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAX = 2005;
const int INF = 1e9;
int a[MAX];
int ss[MAX];
int dp[MAX][MAX];
int MN[MAX][MAX];
int main(){int N;scanf("%d",&N);for(int i = 0;i < N;i++){scanf("%d",&a[i]);ss[i] = a[i];}sort(ss,ss+N);int un = unique(ss,ss+N) - ss;for(int i = 0;i < N;i++){a[i] = lower_bound(ss,ss+un,a[i]) - ss;}for(int i = 0;i < un;i++){dp[0][i] = abs(ss[i] - ss[a[0]]);MN[0][i] = min((i == 0? 0 :MN[0][i-1]),dp[0][i]);}for(int i = 1;i < N;i++){dp[i][0] = dp[i-1][0] + abs(ss[0] - ss[a[i]]);MN[i][0] = dp[i][0];for(int j = 1;j < un;j++){dp[i][j] = INF;//for(int k = 0;k <= j;k++)//dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][k] + abs(ss[a[i]] - ss[j]));dp[i][j] = min(dp[i][j],MN[i-1][j] + abs(ss[a[i]] - ss[j]));MN[i][j] = min(MN[i][j-1],dp[i][j]);}}int ans = INF;for(int i = 0;i < un;i++){ans = min(ans,dp[N-1][i]);}cout<<ans<<endl;return 0;
}