Description

　　现在我们有一个长度为n的整数序列A。但是它太不好看了，于是我们希望把它变成一个单调严格上升的序列。
但是不希望改变过多的数，也不希望改变的幅度太大。

Input

　　第一行包含一个数n，接下来n个整数按顺序描述每一项的键值。n<=35000,保证所有数列是随机的

Output

　　第一行一个整数表示最少需要改变多少个数。 第二行一个整数，表示在改变的数最少的情况下，每个数改变
的绝对值之和的最小值。

Sample Input

4
5 2 3 5

Sample Output

1
4

Solution

神仙题目。

第一问考虑能保留下来多少，两个位置\(i,j(i>j)\)，它们能保留下来当且仅当\(a[i]-a[j]\le i-j\),移项得\(a[i]-i\le a[j]-j\)。所以第一问构造一个新序列\(b[i]=a[i]-i\)，答案就是n-新序列最长不下降子序列。

第二问是神仙做法。对于任意\(\{(i,j)|j<i\wedge f[j]+1=f[i])\}\)，显然只能改它们中间那一段使\(b[i]\)不严格上升(因为保证了\(f[j]+1=f[i]\))，有个结论，一定是有一个分割点\(k\)，对于\(x\in [j,k]\)的\(b[x]=b[j]\),对于\(x\in [k+1, i]\)的\(b[x]=b[i]\)。

可以感性的证明一下，假设我们现在有一种最优的修改方法，以\(i\)为横坐标，\(b[i]\)为纵坐标，就可以得到几条阶梯状的线段（当前的修改方案），然后统计原\(b[i]\)在线段上的点个数记为\(up\)，原\(b[i]\)在线段下的点个数记为\(down\)，当一段线段上下\(up=down\)时，整条线段上移or下移都不会使答案更差，所以可以靠齐左边or右边。对于\(up>down\)的，可以让线段向下移动，\(up<down\)同理，向上移动，然后这样会使答案更优，成为更优的解法。所以最后的解法一定是这个结论里的摆法。（这个理解方法类似货场选址问题，大概是中位数相关）

上方的感性证明有人画了个gif动图：https://www.luogu.org/blog/costudy/solution-p2501

严谨一点的数学证明：https://www.luogu.org/blog/FlierKing/solution-p2501

然后具体实现上，枚举\(i\)，设\(dp[i]\)表示以\(i\)结尾的\(b\)的非严格\(LIS\)长度，然后将\(i\)塞入\(v[dp[i]]\)这个\(vector\)，对于每个\(i\)，遍历\(vector\)，设当前位置为\(v[j]\)，选\(b[p]<b[i]\)的点来转移。先处理出\(|b[p]-b[k]|\)和\(|b[i]-b[k]|\)的前缀和，然后可以枚举断点\(k\)，转移方程即为\(f[i]=\min \{f[i],f[p]+sum1[k]+sum2[i]-sum2[k]\}\)。因为题目中就保证了数列随机，然后因为随机数列的\(LIS\)长度期望是\(\log\)的，所以复杂度是期望\(O(n^2\log n)\)的，里面有个\(n\)是跑不满的，所以实际上也跑的挺快的...主要还是数据随机才跑得动...

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
const int N = 50010;
const ll inf = 1e10;
const int INTINF = 1e9;

int dp[N], n, a[N], b[N];
ll sum1[N], sum2[N];
vector<int> v[N];
ll f[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        scanf("%d", &a[i]), a[i] -= i;
    a[++n] = INTINF;
    dp[1] = 1; b[1] = a[1];
    int len = 1; 
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(a[i] >= b[len]) b[++len] = a[i], dp[i] = len;
        else {
            int p = upper_bound(b + 1, b + len + 1, a[i]) - b;
            b[p] = a[i]; dp[i] = p;
        }
    }
    printf("%d\n", n - len);
    
    a[0] = -INTINF;
    v[0].push_back(0);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        f[i] = inf;
        for(int j = 0, Len = v[dp[i] - 1].size(); j < Len; ++j) {
            int p = v[dp[i] - 1][j];
            if(a[p] > a[i]) continue;
            sum1[p - 1] = sum2[p - 1] = 0;
            for(int k = p; k <= i; ++k) {
                sum1[k] = sum1[k - 1] + abs(a[i] - a[k]);
                sum2[k] = sum2[k - 1] + abs(a[p] - a[k]);
            }
            for(int k = p; k <= i; ++k) {
                f[i] = min(f[i], f[p] + sum2[k] - sum2[p] + sum1[i] - sum1[k]);
            }
        }
        v[dp[i]].push_back(i);
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
    return 0;
}