一個奇奇怪怪的包
額，直接從題開始講吧。
P4597 序列 sequence
這道題，先說暴力
暴力
考慮 \(dp\)，設 \(f_{ij}\) 表示考慮到第 \(i\) 個數，當前數改為 \(j\)，那麼很明顯，我們可以透過列舉上一個 \(k\)，來形成一個 \(O(n^3)\) 的 \(dp\)。
最佳化 1
我們發現，由於是單調不減，所以 \(k\) 是有取值範圍的，並且這個取值範圍是連續的，於是我們設 \(g_{ij}\) 表示在 \(f_{ik}\) 中 \(k\) 小於 \(j\) 的所有的 \(f_{ik}\) 的最小值，所以轉移方程為：
\(f_{ij} = g_{ij} + |a[i]-j|\)
最佳化 2
啊，終於進正題了。
考慮將 \(f_i\) 變為一個函式，即對於每一個 \(j\)，\(f_i\) 這個函式都有一個值，由於後面的絕對值必然是一個凸函式，而前面的 \(f\) 等都可以從 \(f_0\) 轉移，而 \(f_0\) 是條平線（額，這個沒必要解釋吧，兩個 0 相減不會有人不會算吧），所以在累加的過程中 \(f_i\) 必然是個凸函式。
所以我們要求 \(f_i\) 函式中的最低處，即 \(f_{i}\) 這個分段函式中斜率為 1 的時候。
那麼同理可以將 \(g_{i}\) 也視為一個函式，那麼轉移便成了將兩函式疊加，如何快速疊加呢？
考慮維護函式中的 \(x\) 最大的一段，記下它的解析式，然後每段記錄轉折，並記錄轉折次數。
突然想起，\(f_i\) 為凸函式，我們可將其形狀是為一個拋物線，而 \(g_i\) 的形狀可視為一個反比例函式（形象的視為，並不是真的），而 \(g_i\) 函式必然會從一個點開是變為一條射線，而這條射線，放到 \(f_i\) 處，便是我們要知道的東西，所以 \(f_i\)，OUT！
其實我們也沒必要維護 \(g_i\) 的最後的解析式，直接將點記錄下來，反正在疊加的時候加的都是一個 \(k = 1 或 -1\) 的東西。
那麼我們設 \(h_{i}\) 為 \(f_i(j)=g_i(j)\) 的時候即 \(f_i\) 的最低點。
考慮當新加點比 \(h_{i - 1}\)（說的是值啊） 等於或還大，那麼肯定沒有 \(h_{i - 1}\) 更優，直接丟進點列以後再說。
如果新加點比 \(h_{i - 1}\) 小，那麼由於是比 \(h_{i - 1}\) 更優，所以在加進點列是肯定會放在最前面（即 \(h_i\) 的值為新加點），且由於比 \(h_{i-1}\) 要小，最低的 \(x\) 的必然比 \(h_{i - 1}\) 的要靠前，此時出現了一個折返，便不是最優點了，所以刪掉，而此時的最後解析式和第一個轉折點都是新加點，需要加兩次。
code
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int MaxN = 5e5 + 10;
int a[MaxN], n;
long long ans;
priority_queue<int> q; // 雖然說這個函式會一點點變小，不過由於哪裡的為 k = -1 的，所以反過來就是一點點變大啦！
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
q.push(a[i]); // 不是要加兩次嗎？我這裡投個懶
if (a[i] < q.top()) {
ans += q.top() - a[i]; // 記得要算貢獻，只有將 a[i] 提上來才能保證單調不減
q.pop();
q.push(a[i]);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
CF713C Sonya and Problem Wihtout a Legend
哇，自己會寫模板了，好厲害！結果一看，哇單調遞增，吐血三升……
思路
由於我們指揮單調不減，所以可以將單調遞增轉化為單調不減。
反著來考慮，如果是單調不減，那麼會有相同的地方，所以加一個 \(i\) 即可，那麼單調遞增就反過來減一個 \(i\) 即可，其餘一樣。