$$...薄い記憶を \space 辿っていけば...$$

补一波 qyc 三年前给我讲的一个东西。

P.S. 苏铁看这题第一反应是费用流所以我说这是反悔贪心没啥问题吧 awa

题意：给定一个数列 \(a\)，每次操作可以把 \(a_i\) 修改成 \(b\)，花费 \(|a_i-b|\)，求把整个序列修改为单调不降的最小花费。

解法：

直接DP做法是 \(O(n^2)\) 的，我们要 \(O(n \log n)\) 的。

考虑现在做到了第 \(i\) 位，前 \(i-1\) 位已经调成单调不降的了。

我们要做的，无非就是在 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 之间找一个值，然后把这两个数都调整成这个值。只要这个值还在 \(a_i\) 到 \(a_{i+1}\) 之间，花费都是一样的，是 \(|a_i-a_{i+1}|\)。如果这个值不在 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 之间，那花费会比 \(|a_i-a_{i+1}|\) 大，这是不优的。当然我们也可能什么都不做，那是后话。

但是注意到我们把两个数调成一个值后，我们还可以改它。这取决于后面的值的选取，因为我们希望在满足不降的条件下，让选取的值尽可能小，以便之后的数字更可能形成不降序列，所以这个值应该选取之前出现的最大的数 \(c\)。

大根堆就可以完成这个任务：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
long long rd(){char ch=getchar();long long x=0,f=1;while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
                        while('0'<=ch && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
void wr(long long x){if(x<0){putchar('-');x=-x;}if(x>9) wr(x/10);putchar(x%10+'0');}

long long n,ans;
priority_queue <long long> q;

int main(){
	long long i,j,u,v;
	n=rd();
	for(i=1;i<=n;i++){
		u=rd();
		q.push(u);
		v=q.top();
		if(u<v){
			ans+=v-u;
			q.pop();
			q.push(u);
		}
	}
	wr(ans),putchar('\n');
	return 0;
}