题面：

给定长度为N的序列A，构造一个长度为N的序列B，满足：

1、B非严格单调，即B1≤B2≤…≤BNB1≤B2≤…≤BN或B1≥B2≥…≥BNB1≥B2≥…≥BN。
2、最小化 S=∑Ni=1|Ai−Bi|S=∑i=1N|Ai−Bi|。

只需要求出这个最小值S。

输入格式

第一行包含一个整数N。

接下来N行，每行包含一个整数AiAi。

输出格式

输出一个整数，表示最小S值。

数据范围

1≤N≤20001≤N≤2000,
1≤|Ai|≤1091≤|Ai|≤109

输入样例：

7
1
3
2
4
5
3
9

输出样例：

3
题解：

(贪心,DP,序列型DP,前缀和) O(n2)O(n2)
对单调上升和单调下降分别求一遍，取最小值即可。

下面只讨论对单调上升的求法。

引理：

一定存在一组最优解，使得每个 BiBi 都是原序列中的某个值。

证明：

假设某个最优解如下图所示，其中 {Ai}{Ai} 是原序列，{A′i}{Ai′} 是将原序列排序后的序列，图中红色圆圈表示每个 BiBi。

考虑每个位于 A′i,A′i+1Ai′,Ai+1′之间的一段 BiBi，比如上图中粉色框中的部分。
则我们在 {Ai}{Ai} 中粉色框对应的这段里统计出大于等于 A′i+1Ai+1′ 的数的个数 xx，小于等于 A′iAi′ 的数的个数 yy，那么：

如果 x>yx>y，将粉色框中的 BiBi 整体上移，使最高的一个圆圈达到上边界，结果会变好；
如果 x<yx<y，将粉色框中的 BiBi 整体下移，使最低的一个圆圈达到下边界，结果会变好；
如果 x=yx=y，则上面两种方式均可，结果不会变差；
综上所述，只要存在某个 BiBi 的值不在原序列中，我们一定可以将它调整成原序列中的值，且结果不会变差。

证毕。

剩下的问题就比较简单了。用闫氏DP分析法即可。

状态表示：

f[i][j] 代表所有给A[1] ~ A[i]分配好了值且最后一个B[i] = A‘[j]的方案的集合；
f[i][j] 的值是集合中所有方案的最小值；
状态计算：
依据倒数第二个数分配的是哪个A‘[i]将f[i][j]所代表的集合划分成j个不重不漏的子集：

倒数第二个数选取的是A‘[1]的所有方案的结合，最小值是 f[i - 1][1] + abs(A[i] - A‘[j]);
倒数第二个数选取的是A‘[2]的所有方案的结合，最小值是 f[i - 1][2] + abs(A[i] - A‘[j]);
…
倒数第二个数选取的是A‘[j]的所有方案的结合，最小值是 f[i - 1][j] + abs(A[i] - A‘[j]);
f[i][j]在所有子集的最小值中取min即可。

最终答案需要遍历最后一个数的所有取值，然后取min即可。

类似于AcWing 272. 最长公共上升子序列的优化方式，可以用前缀和思想优化掉一维循环。

时间复杂度
总共两重循环，时间复杂度是 O(n2)O(n2)。

代码实现：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;int f[2010][2010];int a[2010],b[2010];
int work()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     {
         int minn=inf;
         for(int j=1;j<=n;j++)
         {
             minn=min(minn,f[i-1][j]);
             f[i][j]=minn+abs(a[i]-b[j]);
         }
     }
     int res=inf;
     for(int i=1;i<=n;i++)res=min(res,f[n][i]);
     return res;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    int res=work();
    reverse(a+1,a+1+n);
    res = min(res, work());
    printf("%d\n",res);
}

acwing 273. 分级