题解 JZOJ 1347.晚餐队列安排(diningb)

题目描述：

为了避免餐厅过分拥挤，FJ要求奶牛们分2批就餐。每天晚饭前，奶牛们都会在餐厅前排队入内，按FJ的设想，所有第2批就餐的奶牛排在队尾，队伍的前半部分则由设定为第1批就餐的奶牛占据。由于奶牛们不理解FJ的安排，晚饭前的排队成了一个大麻烦。

第i头奶牛有一张标明她用餐批次D_i(1 <= D_i <= 2)的卡片。虽然所有N(1 <= N <= 30,000)头奶牛排成了很整齐的队伍，但谁都看得出来，卡片上的号码是完全杂乱无章的。

在若干次混乱的重新排队后，FJ找到了一种简单些的方法：奶牛们不动，他沿着队伍从头到尾走一遍，把那些他认为排错队的奶牛卡片上的编号改掉，最终得到一个他想要的每个组中的奶牛都站在一起的队列，例如112222或111122。有的时候，FJ会把整个队列弄得只有1组奶牛（比方说，1111或222）。

你也晓得，FJ是个很懒的人。他想知道，如果他想达到目的，那么他最少得改多少头奶牛卡片上的编号。所有奶牛在FJ改卡片编号的时候，都不会挪位置。

输入：

第1行: 1个整数：N

第2…N+1行: 第i+1行是1个整数，为第i头奶牛的用餐批次D_i

输出：

第1行: 输出1个整数，为FJ最少要改几头奶牛卡片上的编号，才能让编号变成他设想中的样子。

思路讲解：

思路一：动态规划

设 $dp[i][p]$ 表示第 $i$ 头奶牛为 $p$ 的状态时最少修改次数。
不难得出动态方程：
$dp[i][1]=\begin{cases}dp[i-1][1]&D_i=1\\dp[i-1[1]+1&D_i=2\end{cases}$
$dp[i][2]=\begin{cases}\min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+1&D_i=1\\\min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])&D_i=2\end{cases}$
代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int D[30010], dp[30005][2];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &D[i]);
    dp[1][3 - D[1]]=1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(D[i] == 1) {
            dp[i][1] = dp[i - 1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + 1;
        }else{
            dp[i][1] = dp[i - 1][1] + 1;
            dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
        }
    }
    printf("%d", min(dp[n][1], dp[n][2]));
    return 0;
}

思路2：前缀和预处理。

不妨令 $D_i$ 都减去 $1$ ,令
$S_i=\sum_{k=1}^{i}D_i-1$
我们枚举 $1$ 与 $2$ 的分界点，假设第 $i$ 位开始放 $2$ ：

对于区间 $[1,i-1]$ ，我们应该将所有数字都改成 $1$ ,代价为 $2$ 的个数，即 $S_{i-1}$
对于区间 $[i,n]$ ，我们应该将所有数字改成 $2$ ,代价为 $1$ 的个数，即 $n-i+1-(S_n-S_{i-1})$

整理一下，对于第 $i$ 次枚举，我们一共所需的代价为：
$2S_{i-1}-S_n+n-i+1$
取一遍 $\min$ 就好了。
代码如下：

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 30001;
int S[N], ans = N + 1, n, x;

int main()
{
	freopen("diningb.in", "r", stdin);
	freopen("diningb.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &x);
		S[i] = S[i - 1] + x - 1;
	}
	ans = S[n];
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int temp = 2 * S[i - 1] + (n - i + 1) - S[n];
		ans = min(ans, temp);
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

思路3：（通解）最长不下降子序列：

即 $ans=n-最长不下降子序列的长度$
代码如下：`

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int N = 30001;
int n, len, a[N], d[N];

int upper_bound(int L, int R, int key) {
	int l = L, r = R;
	while(l < r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if(d[mid] > key) r = mid;
		else l = mid + 1;
	}
	return l;
}
int main()
{
	freopen("diningb.in", "r", stdin);
	freopen("diningb.out", "w", stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	d[++len] = a[1];
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(a[i] >= d[len]) d[++len] = a[i];
		else {
			int k = upper_bound(1, len, a[i]);
			d[k] = a[i];
		}
	}
	printf("%d", n - len);
	return 0;
}