题意：
给出一个序列，首尾不可改变，要求你使序列满足相邻2个|x_i - x_(i-1)| <=d，改变的代价就是两数相减绝对值，问最小代价。
思路：
本题属于区间dp类问题，根据题意，我们需要修改2到n-1之间的一些h的值，使得相邻2个h值差的绝对值不超过d。因为可以修改的数是一个实数，无法一一枚举，因此需要仔细对问题进行分析。
首先，考虑只有3个值的情况：h1, h2, h3。那么根据题意，h2应该在区间[h1-d,h1+d]和[h3-d,h3+d]之间，即h1应该在[max(h1,h3)-d,min(h1,h3)+d]之间。如果这个区间是空集，即abs(h3-h1)>(3-1)d，那么自然无解，否则，如果h2就在区间内部，那么不需要修改；如果h2<max(h1,h3)-d，那么就修改为max(h1,h3)-d；如果h2>min(h1,h3)+d，那么就修改为min(h1,h3)+d。可以发现，在这个简单的问题中，h2的最优修改方案只有这3种情况。并且我们还发现了，如果要修改，一定是修改成形如hp+kd的形式。
接下来我们考虑有n个值的情况，根据类似的推理可以得出：如果abs(hn-h1)>(n-1)d时候，一定无解。如果满足这个条件，那么中间的每个数字要么不变，要么变成形如hp+kd的形式。由于abs(hn-h1)<=(n-1)d。那么k的取值范围最大就是[-n+1,n-1]，一共有2n-1种情况，另外，p的取值范围是[1,n]，即hp+kd一共有O(n^2)种情况。设dp(i,x)表示已经修改了i-1个数，第i个数改成x时候还需要的最小费用。那么不难得到如下的状态转移方程：
dp(i,x)=abs(hi-x)+min{dp(i-1,y)|abs(x-y)<=d};
上述方程表示：当固定了i,x的时候，我们需要考察在区间[x-d,x+d]中的所有y值，并选出其中最小的那个dp值。这样，需要O(d)时间确定一个状态，而所有的状态一共有O(n3)种，因此总的时间复杂度会高达O(N4)。这时需要用单调队列来加以优化：先把区间[x-d,x+d]看做一个固定的区间，区间长度恒为2d，那么问题就转化为求在该区间内的最小值，如果我们从小到大枚举x，那么问题就转化为了求一个长度为2d的滑动区间的最小值，这正可以用单调队列加以解决，求出每个滑动窗口的最小值的平摊复杂度为O(1)，即我们最终只需要O(1)时间即可确定出最小值，那么总的时间复杂度降为O(N^3)，可以在时间限制内加以解决。
最后说一点：虽然说是用单调队列来求每个滑动窗口的最小值，然而再深入分析一步就会发现一个规律，每次算完一个阶段后，该阶段的dp序列呈现的是一个先下降，后上升的趋势，而且下降时候的最低点一定是整个序列的最低点。这样，我们只需要一个front指针即可维护优先队列了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = (1LL<<60);
const int maxn = 100+5;
const int maxx = maxn*maxn*2;
LL h[maxn];
LL x[maxx];
LL d[2][maxx];
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
int T; scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
LL d0;
while(scanf("%d %lld", &n,&d0) == 2&&n){
for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &h[i]);
if(abs(h[0] - h[n-1]) > (n-1)*d0) {
printf("impossible\n");
continue;
}
// 获取所有可能的高度
int nx = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = -(n-1); j <= n-1; ++j)
x[nx++] = h[i] + j * d0;
}
sort(x, x+nx);
nx = unique(x, x+nx) - x; // 去重
//printf("nx = %d\n",nx);
// dp
int t = 0;
for(int i = 0; i < nx; i++) {
d[0][i] = INF;
if(x[i] == h[0]) d[0][i] = 0;
}
for(int i = 1; i < n; ++i){ // 当前位置
int front = 0; // 单调队列队头指针
for(int j = 0; j < nx; ++j){ // 当前位置try每个高度 x
while(front < nx && x[front] < x[j] - d0) ++front;
while(front+1 < nx && x[front+1] <= x[j] + d0 && d[t][front+1] <= d[t][front]) ++front;
if(d[t][front] == INF) d[t^1][j] = INF;
else d[t^1][j] = d[t][front] + abs(x[j] - h[i]);
}
t ^= 1;
}
for(int i = 0; i < nx; ++i)
if(x[i] == h[n-1]) printf("%lld\n",d[t][i]);
}
}
return 0;
}
原文：https://blog.csdn.net/u014800748/article/details/49024143