Sonya and Problem Wihtout a Legend

来源：CF713C, 2300

直接弄这个严格递增序列不好搞，不妨考虑严格递增需要满足的条件.  

发现，条件为 $\mathrm{i-j\leqslant a[i]-a[j]}$ 对任意 $\mathrm{i,j}$ 都成立.  

然后化简一下就是 $\mathrm{a[j]-j \leqslant a[i]-i}$.     

令 $\mathrm{c[i]}$ 表示化简后的结果，那只需令 $\mathrm{c[i]}$ 不减就行.    

由不减的性质，序列中数字种类肯定不会变.

所以可以设 $\mathrm{f[i][j]}$ 表示前 $\mathrm{i}$ 个数，最后为 $\mathrm{j}$ 的修改次数.  

这个东西用 $\mathrm{DP}$ 求一下就好了.  

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 3009 
#define ll long long
#define pb push_back  
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std; 
int n , cnt ; 
int a[N], c[N], A[N];  
ll f[N][N];  
int main() {
    // setIO("input"); 
    scanf("%d",&n); 
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        scanf("%d",&a[i]);  
        c[i] = a[i] - i;  
    }
    cnt = n ;  
    c[++ cnt] = -N;   
    for(int i=1;i<=cnt;++i) A[i]=c[i]; 
    sort(A+1,A+1+cnt);  
    for(int i=1;i<=cnt;++i) c[i]=lower_bound(A+1,A+1+cnt,c[i])-A;  
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));           
    f[0][1] = 0;  
    ll fin = 1000000000000000ll;  
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        ll mi = f[i - 1][1];  
        for(int j=1;j<=cnt;++j) {
            mi = min(mi, f[i - 1][j]);     
            f[i][j] = abs(A[c[i]] - A[j]) + mi;   
            if(i == n) fin = min(fin, f[i][j]); 
        }
    }
    printf("%lld\n", fin); 
    return 0; 
}

　　

Make k Equal 

来源：CF1328F, 2200

思考最后的形式：   

设答案为 $\mathrm{fin}$, 需要大于 $\mathrm{fin}$ 的都变为 $\mathrm{fin+1}$, 然后从中挑选不够的补齐.  

对于小于 $\mathrm{fin}$ 的情况同理.  

显然，答案只可能为序列中原数，或者相差值为 $1$ 的数字.    

直接枚举答案然后利用前缀和算一算就好了.   

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#define N  600009 
#define ll long long 
#define pb push_back 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std;
int n,K,cnt; 
ll suf[N],pre[N];
int a[N],A[N],B[N];   
map<int,int>co; 
int get_pre(int pos) {
	// 求 <= pos 的个数.  
	int p = lower_bound(B + 1, B + 1 + 1 + n, pos + 1) - B;     
	return p - 1;   
}
int get_aft(int pos) {
	// 求 >= pos 的个数.   
	return n - get_pre(pos - 1);  
}
int main() {
	// setIO("input"); 
	scanf("%d%d",&n,&K);  
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		scanf("%d",&a[i]); 
		B[i] = a[i]; 
		co[a[i]] ++ ;  
		if(co[a[i]] >= K) {
			printf("0\n"); 
			return 0; 
		}
		A[++cnt] = a[i];   
		A[++cnt] = a[i] - 1;  
		A[++cnt] = a[i] + 1; 
	}
	B[n + 1] = 1200000000; 
	sort(B+1, B+1+n);   
	for(int i = n; i >= 1; -- i) 
		suf[i] = suf[i + 1] + 1ll * B[i];   
	for(int i = 1; i <= n ; ++ i) 
		pre[i] = pre[i - 1] + 1ll * B[i];   
	sort(A+1, A+1+cnt);  
	ll ans = 10000000000000000ll;
	for(int i=1;i<=cnt;++i) {
		// 计算 A[i] 的答案.   
		int num = co[A[i]];   
		int det = K - num;
		int prfix = get_pre(A[i] - 1);  
		int sufix = get_aft(A[i] + 1);     
		if(prfix >= det || sufix >= det) {
			if(prfix >= det) {
				ll dprfix = 1ll * prfix * (A[i] - 1) - pre[prfix];     
				ans = min(ans, dprfix + det); 
			}
			if(sufix >= det) {
				ll dsufix = suf[n - sufix + 1] - 1ll * sufix * (A[i] + 1);     
				ans = min(ans, dsufix + det); 
			}
		}
		else {
			// 需要都到达目的地.  
			ll dsufix = suf[n - sufix + 1] - 1ll * sufix * (A[i] + 1) ;
			ll dprfix = 1ll * prfix * (A[i] - 1) - pre[prfix];
			ans = min(ans, dsufix + dprfix + det);    
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);  
	return 0; 
}