warning:此方法可能較難理解 講的爛

約定

1. 除去標有“移動”，所有的 \(A\) 都為原始輸入順序。

2. \(i\text{~}j\) 的“代價”定義為 \(\sum_{i}^{j}|A_i-A_j|\) .

思路

這種題比較明顯的是DP，有兩種解法。我果然選擇了空間更差不能優化的順推法

首先，由於交換的位置從前往後，所以一個數要麼向前移動1位，要麼向後移動若干位（包括0）

用不加調料的腦回路設狀態：

\[F_{i,j}\phantom{1}(i\le j)\phantom{11}\text{表示第i個位置的數向後移到了第j個位置，1~j的最小代價} \]

假設 \(A_i\) 向後移動，那麼 \(A_{i-1}\)

然後，對於移動後 \(i\text{~}j\) 的代價，因為只有 \(A_i\) 在移動，所以 \(A_{i+1}\text{~}A_j\) 的相對位置是不變的，於是移動後 \(i+1\text{~}j\)

那麼，我們可以列出一條式子：

\[F_{i,j}=min{\{F_{k,i-1}+|A_{i+1}-A_k|\}}+S_{i+1,j}+|A_i-A_j|\phantom{11} (i<j,k<i) \]

（\(S_{i,j}\) 表示原來中 \(i\text{~} j\)的代價）

對於 \(min\) 函式內的部分，就是之前提到可以預處理的部分。

我們要注意到這條式子有一個限制條件：\((i<j)\)

對於不移動的情況，我們只需要考慮前置 \(F\) 和結尾與 \(A_i\) 的差即可：

\[F_{i,i}=min{\{F_{k,i-1}+|A_i-A_k|\}}\phantom{11} (k<i) \]

(注意 \(min\) 函式裡面的差別)

那麼，最後的答案就是列舉一下誰在最後，即：

\[Ans=min{\{F_{i,n}\}}\phantom{11} (i\le n) \]

實現

注意對於 \(i=1\) 時，\(F_{i,i}\) 和 \(min{\{F_{k,i-1}+|A_{i+1}-A_k|\}}\) 的值為0，由於不會被轉移，需要特殊處理。

程式碼

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,ans=0x7fffffff,a[2010],s[2010][2010],f[2010][2010];
void read(int &x){
	char c=getchar();
	for(;c<33;c=getchar());
	for(x=0;(c>47)&&(c<58);x=x*10+c-48,c=getchar());
}
int main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		read(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			s[i][j]=s[i][j-1]+abs(a[j]-a[j-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int temp=f[i][i]=i==1?0:0x7fffffff;
		for(int j=1;j<i;j++){
			temp=min(temp,f[j][i-1]+abs(a[i+1]-a[j]));
			f[i][i]=min(f[i][i],f[j][i-1]+abs(a[i]-a[j]));
		}
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			f[i][j]=temp+abs(a[i]-a[j])+s[i+1][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,f[i][n]);
	}
	printf("%d",ans);
}