小苯拿序列 - 题解

题目链接：牛客网 - 小苯拿序列

题目简述

小苯面前有一个长度为 的序列 ，他需要花费 的代价拿走序列。

为了最小化代价，他可以提前进行任意次操作：

  • 选择区间 ，花费该区间最大值 的代价
  • 将区间内所有元素变为区间最小值

求拿走序列的最小总花费。

一、初见此题：动态规划的直觉

看到这道题，很自然地联想到区间操作 + 最优化问题，这不就是经典的区间DP吗？

1.1 状态设计

定义 表示处理前 个元素的最小代价。

对于第 个位置，我们有两种选择：

  1. 不操作：直接以原值 的代价拿走，
  2. 对某个以 结尾的区间 操作：
    • 操作花费：
    • 操作后代价：
    • 总代价：

1.2 代码实现

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

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    
    vector<long long> dp(n + 1, 0);
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 不操作
        dp[i] = dp[i - 1] + a[i];
        
        // 枚举左端点
        long long minVal = a[i], maxVal = a[i];
        for (int j = i; j >= 1; j--) {
            minVal = min(minVal, a[j]);
            maxVal = max(maxVal, a[j]);
            
            // 对 [j, i] 操作
            long long cost = dp[j - 1] + maxVal + minVal * (i - j + 1);
            dp[i] = min(dp[i], cost);
        }
    }
    
    cout << dp[n] << "\n";
}

int main() {
    ios:: sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：
  • 空间复杂度：

这个做法是正确的，可以通过本题。

但... 总觉得哪里不对劲。 的复杂度对于 来说有些勉强，而且这个转移方程似乎在暗示什么...

二、观察数据的规律

让我们观察几组样例，看看能否发现规律。

2.1 样例分析

样例 数组 原始和 实际答案
1 [5, 1, 3, 2] 11 5 + 4×1 = 9 9
2 [1, 1, 1, 1] 4 1 + 4×1 = 5 4
3 [10, 2, 3] 15 10 + 3×2 = 16 15
4 [2, 8, 4, 1, 6] 21 8 + 5×1 = 13 13

发现规律了吗？

答案似乎总是等于 ！

也就是说，我们的 DP 在经过复杂的状态转移后，最终只是在计算一个简单的公式？

2.2 直觉猜想

让我们大胆猜测：最优策略只有两种：

  1. 完全不操作：代价 = （原始和）
  2. 对整个数组操作一次：代价 =

但这个猜想对吗？部分操作难道永远不会更优吗？

三、操作的真正意义

让我们停下来，重新审视这个问题的本质。

3.1 操作能做什么？

每次操作，我们：

  • 支付：区间最大值的代价
  • 收益：将区间内所有元素降低到区间最小值

这本质上是一种"用高价换低价"的交易。

3.2 极限在哪里？

关键观察：无论如何操作，所有元素的最小可能值是多少？

答案：全局最小值

因为：

  • 操作只能让元素变成所在区间的最小值
  • 而任何区间的最小值 全局最小值

所以 是所有元素能达到的"终极下限"。

3.3 两种极端策略

现在我们有两个极端的策略选择：

策略A（保守）：完全不操作

  • 代价 =
  • 简单直接，没有额外开销

策略B（激进）：把所有元素都变成

  • 怎么实现？最直接的方法是对整个数组 操作一次
  • 操作花费 =
  • 操作后数组 =
  • 拿走数组的代价 =
  • 总代价 =

但还是存在一个疑问：部分操作会不会介于两者之间，或者更优呢？

四、数学证明：为什么只需要考虑两个极端？

现在我们要严格证明：任何操作策略的代价都

4.1 证明框架

设我们采用某种操作方案：

  • 操作总花费为
  • 最终数组的元素和为
  • 总代价 =

我们需要证明：

4.2 核心观察：最大值的命运

关键分类：按照数组中的最大值 是否被操作修改来讨论。

情况1：最大值被修改了

如果 被某次操作修改（变小）了，说明：

  • 存在某个操作区间 包含了最大值的位置
  • 这个区间的最大值就是
  • 这次操作的花费至少是

因此：

操作后，所有元素都 （全局最小值是下界），所以：

结论：

情况2：最大值没被修改

如果 从未被任何操作覆盖，那么：

  • 最终数组中至少有一个位置还是 （最大值位置）
  • 其他位置的元素都

所以：

现在的问题是： 最小是多少？

关键观察：如果我们真的进行了操作（否则就是策略A，代价为 ），那么：

  • 任何操作的花费 = 该操作区间的最大值
  • 区间最大值 区间最小值 全局最小值 =

因此，任何一次有效操作的花费都 ：

结论：

4.3 总结

无论哪种情况：

  • 如果修改了最大值：
  • 如果没修改最大值：

所以，任何操作策略的代价都至少是 。

而策略B（全局操作）恰好能达到这个下界！

因此，最优答案就是：

五、最终代码

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

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n);
    
    long long sum = 0;
    long long minVal = LLONG_MAX;
    long long maxVal = LLONG_MIN;
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
        minVal = min(minVal, a[i]);
        maxVal = max(maxVal, a[i]);
    }
    
    // 策略A：不操作 vs 策略B：全局操作
    long long ans = min(sum, maxVal + (long long)n * minVal);
    
    cout << ans << "\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：
  • 空间复杂度：（仅用于存储输入）

从 到 ，从复杂的区间DP到一行优雅的公式，这就是数学的力量！

六、举一反三：相似的思维陷阱

这类问题有一个共同特点：表面上需要复杂的动态规划，实则隐藏着简洁的数学本质。

6.1 问题1：石子合并的变种

题意：有 堆石子 ，每次可以选择一段连续的石子合并成一堆，代价是这段石子中的最大值。求把所有石子合并成一堆的最小代价。

初见思路：区间DP！设 表示合并 的最小代价...

数学本质：

  • 最大的那堆石子无论如何都要参与 次合并
  • 答案就是

证明要点：最大值要么被合并（花费它的值），要么和别的合并（也要花费包含它的区间的最大值，还是它自己）。

6.2 问题2：数组分割问题

题意：将数组分成若干段，每段的代价是 ，求最小总代价。

初见思路：DP枚举分割点...

数学本质：

  • 如果分成多段：每段的 之和 全局的
  • 最优方案是分成一段（如果元素不全相同）
  • 答案是 或 （全相同）

6.3 问题3：Codeforces - The Delivery Dilemma

题意： 个物品，可以自己取（时间 ）或外卖送（时间 ）。自己取的时间累加，外卖的时间取最大值。求最小化总时间。

题目链接：CF1443C

初见思路：状态压缩DP或背包...

数学本质：

  • 按 排序
  • 枚举"外卖的最大 "，贪心选择
  • 答案形式：

关键思想：排序 + 贪心，

6.4 问题4：区间覆盖的最小代价

题意：数轴上有 个区间，每个区间有权值 。选择若干区间覆盖 ，最小化最大权值。

初见思路：DP + 贪心...

数学本质：

  • 二分答案
  • 贪心验证：每次选择权值 答案且右端点最大的区间

七、方法论总结

通过这道题，我们可以提炼出一套思维框架：

何时怀疑DP不是最优解？

  1. DP的转移只依赖全局最值（max/min/sum）
  2. 问题有明显的"极端策略"（全操作 vs 不操作）
  3. 中间状态似乎没有优势（要么左要么右）
  4. 样例的答案有简单的规律

如何寻找数学解？

  1. 观察极端情况：全操作、不操作、只操作最大/最小元素...
  2. 分类讨论关键元素：最大值、最小值的命运
  3. 证明下界：任何策略都 某个值
  4. 构造达到下界的方案：证明极端策略最优

通用证明模板

1. 定义总代价 = 操作成本 + 最终状态成本
2. 按关键元素（最大值/最小值）是否被改变分类
3. 每种情况下推导代价的下界
4. 证明某个简单策略达到下界
5. 结论：该策略最优

八、最后的思考

"简单的往往是最深刻的。" —— 数学之美

这道题给我们的启示：

  • 不要急于实现第一个想到的算法，先观察问题的结构
  • 极端情况往往揭示本质，中庸之道未必最优
  • 数学证明让直觉变成确信，分类讨论是有力工具
  • 当DP退化为比较两个值时，很可能有闭式解

下次遇到看似复杂的优化问题时，不妨先问自己：

  1. 极端策略是什么？
  2. 能否证明其他策略都不会更优？
  3. 问题的本质约束是什么？

希望这道题能成为你算法思维进阶路上的一个里程碑！

附录：完整测试代码

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

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n);
    
    long long sum = 0;
    long long minVal = LLONG_MAX;
    long long maxVal = LLONG_MIN;
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
        minVal = min(minVal, a[i]);
        maxVal = max(maxVal, a[i]);
    }
    
    long long ans = min(sum, maxVal + (long long)n * minVal);
    cout << ans << "\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

测试样例：

输入：
3
4
5 1 3 2
4
1 1 1 1
3
10 2 3

输出：
9
4
15

标签：动态规划 数学 贪心 思维 区间操作