传送门

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题解搬运工

设原问题为问题A。每一次减少\(\min\{p_i , p_{i+1}\}\)难以处理，我们考虑将限制变得宽松一些：每一次可以减少\([1,\min\{p_i , p_{i+1}\}]\)的任意值，需要满足的终止条件与问题A相同。我们称其为问题B，设区间\([l,r]\)在问题B操作下的答案为\(g_{l,r}\)。显然问题B的答案要小于等于问题A。

再考虑：在问题AB中，最后的结果一定是两个正数之间有一段0。我们再考虑：设\(f_{l,r}\)表示只操作区间\([l,r]\)使得区间\([l,r]\)的值全部小于等于\(0\)（可以为负）的最小代价，设其为问题C。不难发现：设\(c_l = p_l\)，\(c_i = \max\{p_i - c_{i-1} , 0\} , i \in [l+1,r]\)，那么\(f_{l,r} = \sum\limits_{i=l}^r c_i\)。

首先，\(f_{l,l} = g_{l-1,l+1}\)，\(f_{l,l+1} = g_{l-1,l+2}\)，而

\(f_{l,r} = \sum\limits_{i=l}^rc_i = \sum\limits_{i=l}^{r-2}c_i + c_{r-1} + \max\{p_r - c_{r-1} , 0\} = f_{l,r-2} + \max\{p_r , c_{r-1}\} \geq f_{l,r-2} + f_{r,r}\)

不难发现中间漏掉了一个\(r-1\)，相当于\(r-1\)不变为\(0\)，而\([l,r-2]\)和\([r,r]\)变为\(0\)，也就是说在最优情况中\(r-1\)会保留下来，即\(g_{l-1,r+1} = g_{l-1,r-1} + g_{r-1,r+1}\)。不断递归下去就可以知道\(g_{l-1,r+1}\)的最优情况中，极长的\(0\)连续段不会超过\(2\)。

因为极长\(0\)段小于等于\(2\)，所以问题C中不会出现负数，所以问题C中构造的解在问题B中一定满足。至此我们完成了C到B的转化。

同时注意到问题B中的所有操作一定会让若干个数变为\(0\)，所以在问题B中的可行操作在问题A中也一定可行（这个感性理解好了，不知道怎么严格证明），即在问题A中极长连续\(0\)段长度不会超过\(2\)

接下来考虑DP：设\(f_{i}\)表示以\(i\)结尾、选择\(i\)的\([1,i]\)的最优答案，转移考虑其之前选择多少个\(0\)，并记下转移点。值得注意的是如果存在两个\(0\)，那么最少步数一定是\(\max\{p_{i-1} , p_{i-2}\}\)，即先对\(p_{i-1} , p_{i-2}\)做一次，剩下的一次再做完。最后还原DP结果输出构造方案即可。

值得注意的一点是如果\(f_i\)的操作过程中使得某个数变为负数是一定不优的，由问题C就可以知道这一点。

代码