题意

题目链接。

给定一个序列 $y$​, 初始有一个全零序列 $x$​。每次可以选择一个长度为 $k$​ 的前缀或者一个长度为 $k$​ 的后缀将其加一，代价是 $k$​。问最少需要多少代价能使得对于所有 $i$​ 都满足 $b_i\geq a_i$​。

序列的长度范围为 $1 \le n \le 10^6$。

解答

Key 1: 考虑什么情况下，答案等于 $\sum_{i=1}^{n} y_i$。

发现当 $y_1 \ge \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$ 或 $y_n \ge \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_{i+1}-y_i)$​ 时符合。

证明：如果对于每个 $k$ 都有 $y_k \ge \sum_{i=k}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$，那么对于任何一个 $y_i > y_{i+1}$ 的情况，我们都可以令 $y_1 \sim y_i$ 全部减去 $y_{i}-y_{i+1}$ ，这样最终会形成一个 $y_1 = y_2 =\dots = y_k \neq y_k+1 = \dots =y_n$ 的形式，容易发现是符合的。然后你可以进行推导，如果 $y_k < \sum_{i=k}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$，则必然有 $y_{k-1} < \sum_{i=k-1}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$，因此也有 $y_1 < \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$，由逆否命题知，我们只需要 $y_1 \ge \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})$ 即可。同理可知 $y_n \ge \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_{i+1}-y_i)$ 也成立。

由对称关系知，其中一者成立，另一者也成立，即 $y_1+y_n \ge \sum_{i=1}^{n-1}|y_i-y_{i+1}|$ 时，有答案等于 $\sum_{i=1}^{n} y_i$​。

对称关系怎么来的？首先，显然有 $y_1+\sum_{i=1}^{k-1}(y_{i+1}-y_{i})=y_n$，将求和式子中的负项留在左边，正向移到右边，则有 $y_1-\sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_i-y_{i+1})=y_n – \sum_{i=1}^{n-1} \max(0,y_{i+1}-y_i)$，故有上述两式等价。

故问题转化为，对于题目给定的 $y_i$ 数列，我们可以令其中的某些 $y_i$ 加上某些数，形成一个新的数列 $x_i$，$x_i$ 的和即为答案，那么我们要做的就是使这些加的数尽可能少。不妨记 $M=y_1+y_n -sum_{i=1}^{n-1}|y_i-y_{i+1}|$，我们要使得 $M \ge 0$。

我们发现，若数列中有若干个相同的数 $y_l=y_{l+1} =\dots =y_r$，如果有 $y_{l-1} \ge y_l$ 且 $y_{r+1} \ge y_r=y_l$，那么我们让 $y_l \sim y_r$ 全部加上 $1$，就可以使得 $M$ 加上 $2$，而这一操作的代价是 $r-l+1$。显然，我们希望找到尽可能短的 $y_l \sim y_r$​ 序列满足上述条件。

key 2：考虑怎么尽可能快而准确地找到当前数列中最短的合法序列。

我们以 $y_i$ 为权值，建立一棵大根堆的笛卡尔树，可以发现，对于每一个点，对其操作时的长度就是以其为根的子树的大小，其可以加的最大数值就是其与其父亲节点的差值。然后，我们按照子树大小从小到大遍历所有点并更新 $M$ 和答案，直至 $M \ge 0$​ 时结束遍历。

由于子树大小不超过 $n$，可以用桶排做到 $O(n)$ 的时间复杂度。也可直接 sort，时间复杂度为 $O(n\log n)$，足够通过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int ls[N],rs[N],fa[N];
int T,n,y[N];
struct node{
    int siz,pos;
}a[N];
void dfs(int u,int f){
    if(u==0) return;
    fa[u]=f;a[u].siz=1;
    dfs(ls[u],u);dfs(rs[u],u);
    a[u].siz+=a[ls[u]].siz;a[u].siz+=a[rs[u]].siz;
    a[u].pos=u;
}
bool cmp(node i,node j){
    return i.siz<j.siz;
}
void solve(){
    scanf("%lld",&n);
    ll ans=0,now=0,M=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=ls[i]=rs[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&y[i]);
        ans+=y[i];
        if(i!=1) now+=abs(y[i]-y[i-1]);
    }
    M=y[1]+y[n];
    stack<int> st;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(!st.empty()&&y[i]>y[st.top()]){ls[i]=st.top();st.pop();}
        if(!st.empty()) rs[st.top()]=i;
        st.push(i);
    }
    int root=0;
    while(!st.empty()){root=st.top();st.pop();}
    dfs(root,0);
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for(int u=1;u<=n&&M<now;u++){
        if((now-M)<=2*(y[fa[a[u].pos]]-y[a[u].pos])){
            ans+=(now-M)/2*a[u].siz;
            now-=(now-M);
        }
        else{
            now-=2*(y[fa[a[u].pos]]-y[a[u].pos]);
            ans+=(y[fa[a[u].pos]]-y[a[u].pos])*a[u].siz;    
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
    scanf("%lld",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}