C. Remove the Bracket

题意

给定一个长度为 $n$ 的整数数组 $a$ 和一个非负整数 $s$

• 要求 $\forall i\in [2,n-1],选定两个整数x_i,y_i，满足x_i+y_i=s且(x_i-s)(y_i-s)\ge 0$

定义花费：$F=a_1\cdot x_1+y_1\cdot x_2+y_2\cdot x_3+y_3\cdot x_4+...+y_{n-2}\cdot x_{n-1}+y_{n-1}\cdot a_n$

求出满足限制的最小花费

思路

$(x_i-s)(y_i-s)\ge 0$ 意味着：$min(x_i,y_i)\ge s$ 或 $max(x_i,y_i)\le s$，而 $x_i+y_i=s$
所以 $x_i$ 的取值是一段连续的区间

如果我们记录位置 $i$ 分裂出来的 $y_i$ 对应的最小值，可能有 $n\times s$ 种状态，考虑优化

我们注意到：对于当前的 $i$，如果我们分裂成了 $x_i$ 和 $y_i$，那么它们会影响的位置只有：
$y_{i-1}\cdot x_i+y_i\cdot x_{i+1}$，我们假设 $y_{i-1}<x_{i+1}$，当 $x_i$ 加 $1$时，$y_i$ 对应减 $1$，此时 $F$ 的变化量为：$\delta =y_{i-1}-x_{i+1}<0$，总体 $F$ 是在减小的！所以这种情况下我们要尽可能为 $x_i$ 取到最大值
另外一种情况则 $x_i$ 尽可能取到最小值；$x_{i-1}=y_{i+1}$ 时，$x_i$ 取最大最小都无所谓

那么我们可以得出结论：每次 $a_i$ 分裂都会往两种最值之一分裂，这就是典型的上下界$DP$ 求解最值问题

我们只需要在当前位置 $i$ 记录两种取法的最小值即可，$dp[i][0]$ 表示这个位置取的是 $x_i$，$y_i$ 留到后面；$dp[i][1]$ 则相反

时间复杂度：$O(4n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define fore(i,l,r)	for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i)
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
#define ull unsigned long long
#define ALL(v) v.begin(), v.end()
#define Debug(x, ed) std::cerr << #x << " = " << x << ed;const int INF=0x3f3f3f3f;
const long long INFLL=1e18;typedef long long ll;int main(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);std::cout.tie(nullptr);int t;std::cin >> t;while(t--){int n, s;std::cin >> n >> s;std::vector<ll> a(n + 1), x(n + 1), y(n + 1);std::vector<std::array<ll, 2>> dp(n + 1);fore(i, 1, n + 1){std::cin >> a[i];if(i == 1 || i == n) x[i] = y[i] = a[i];else if(s >= a[i]) x[i] = 0, y[i] = a[i];else x[i] = s, y[i] = a[i] - s; //这里x 和 y 没有固定大小关系，但一定是上下界}dp[1][0] = dp[1][1] = 0;fore(i, 2, n + 1){dp[i][0] = std::min(dp[i - 1][0] + y[i - 1] * x[i], dp[i - 1][1] + x[i - 1] * x[i]);dp[i][1] = std::min(dp[i - 1][0] + y[i - 1] * y[i], dp[i - 1][1] + x[i - 1] * y[i]);}std::cout << dp[n][0] << endl;}return 0;
}