形式化题目

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$。若存在 $1 < i < n$，满足 $a_{i-1} > a_i$ 且 $a_i < a_{i+1}$，则称位置 $i$ 为“山谷点”（注意第一个和最后一个元素不能为山谷点）。 一个数组的价值定义为所有山谷点位置的元素值之和。 至多可以进行 $k$ 次操作，每次操作可以选择一个位置并将其值修改为一个更小的数。 求经过至多 $k$ 次修改后，该数组能达到的最大价值。

数据范围：$1 \le k \le n \le 2000$，$1 \le a_i \le 10^9$。

正解

思路

首先，题意要求最大化“山谷点”的值之和。我们有至多 $k$ 次机会把某些数变小。为了让某个位置成为山谷点，要么它原本就是山谷点，要么我们可以主动将它改小，使得它严格小于两侧的相邻元素。

关键观察如下：

1. **只有不相邻的位置才能同时是山谷点。**因为若 $i$ 和 $i+1$ 均为山谷点，根据定义必然推出 $a_i < a_{i+1}$ 和 $a_i > a_{i+1}$ 的矛盾。
2. 要让某个非原生山谷点 $i$ 成为山谷点，最优策略必然是直接修改 $a_i$。 如果我们去修改 $i-1$ 或 $i+1$ 变小，这不仅消耗了修改次数，反而会让它们更小，导致 $i$ 更加难以成为山谷点。因此，如果 $i$ 要成为山谷点，它的相邻元素在最优解中一定不能被修改，保留原值。 既然 $i-1$ 和 $i+1$ 保持原值，要使得 $a_i$ 成为山谷点并最大化它的值，我们应该将 $a_i$ 修改为 $\min(a_{i-1}-1, a_{i+1}-1)$。
3. 对于原数组中已经是山谷点的元素，我们绝对不会主动去把它变小。 如果把它变小，只会白白损失它的价值；如果放弃它，试图让其相邻元素成为山谷点，相邻元素修改后能达到的最大值必定 $\le a_i-1 < a_i$，收益不增反降且浪费了修改次数。 因此，原生山谷点如果被放弃，唯一的可能原因是为了在它的左右两侧（即 $i-1$ 和 $i+1$）同时构造出两个新的山谷点，以“一换二”的形式获得更大价值。

基于上述观察，我们可以使用动态规划解决此题： 设 dp[i][j][0] 表示考虑前 $i$ 个位置，已使用 $j$ 次修改，且第 $i$ 个位置不是山谷点时的最大价值。 设 dp[i][j][1] 表示考虑前 $i$ 个位置，已使用 $j$ 次修改，且第 $i$ 个位置是山谷点时的最大价值。

状态转移如下：

• 若第 $i$ 个位置在原数组中已经是山谷点（满足 $a_i < a_{i-1}$ 且 $a_i < a_{i+1}$）：
  • 它可以直接成为山谷点（无需消耗修改次数），由于相邻不能为山谷点，故从 dp[i-1][j][0] 转移过来： dp[i][j][1] = dp[i-1][j][0] + a[i]
  • 若它不作为山谷点，那么根据前文分析，这必定是因为在第 $i-1$ 处构造了一个山谷点破坏了它（为将来的“一换二”铺路）。因此直接从 dp[i-1][j][1] 转移： dp[i][j][0] = dp[i-1][j][1]
• 若第 $i$ 个位置在原数组中不是山谷点：
  • 要让它成为山谷点，我们需要消耗 1 次修改次数，并将其值改为 $\min(a_{i-1}-1, a_{i+1}-1)$。前提是 $j > 0$： dp[i][j][1] = dp[i-1][j-1][0] + \min(a_{i-1}-1, a_{i+1}-1)
  • 若它不成为山谷点，那么它可以承接前一个位置无论是否为山谷点的最大值： dp[i][j][0] = \max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1])

最终答案为所有状态的最大值。由于判断需要用到 $i-1$ 和 $i+1$，并且边界点不可能为山谷点，我们只需从 $i=2$ 遍历到 $i=n-1$ 即可。

代码

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43#!/usr/bin/env python3
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# rbook: -> https://rbook.roj.ac.cn  https://rbook2.roj.ac.cn
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import sys


def solve() -> None:
    """dp[i][j][s]：前 i 个位置用了 j 次修改、i 是否为山谷点时的最大价值。"""
    data = iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    try:
        n, k = next(data), next(data)
    except StopIteration:
        return

    a = [0] + [next(data) for _ in range(n)] + [0]   # a[1..n]，两端补 0 便于取邻居
    # 转移只依赖 i-1 一行，所以滚动成一维：prev 是 i-1 行，cur 是第 i 行；状态量 O(nk) 降到 O(k)
    prev0, prev1 = [0] * (k + 1), [0] * (k + 1)
    cur0, cur1 = [0] * (k + 1), [0] * (k + 1)
    ans = 0

    for i in range(2, n):                            # 首尾都不可能是山谷点
        left, mid, right = a[i - 1], a[i], a[i + 1]
        is_valley = mid < left and mid < right       # 原本就是山谷点，不花修改次数
        best_lowered = min(left, right) - 1          # 花 1 次修改后 a[i] 能达到的最大值
        for j in range(k + 1):
            if is_valley:
                cur1[j] = prev0[j] + mid             # 保留它：前一个位置不能是山谷点
                cur0[j] = prev1[j]                   # 放弃它：只能因为前一个位置成了山谷点
            else:
                cur1[j] = prev0[j - 1] + best_lowered if j else 0
                cur0[j] = max(prev0[j], prev1[j])
            ans = max(ans, cur0[j], cur1[j])
        prev0, cur0 = cur0, prev0
        prev1, cur1 = cur1, prev1

    print(ans)


if __name__ == "__main__":
    solve()

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50/**
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 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 2005;          // n <= 2000

ll a[MAXN];                     // a[i]：第 i 个位置的初始值，下标从 1 开始
ll dp[MAXN][MAXN][2];           // dp[i][j][s]：只看前 i 个位置、用了 j 次修改，
                                // s = 0 表示 i 不是山谷点，s = 1 表示 i 是山谷点

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n, k;
    if (!(cin >> n >> k)) return 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    ll ans = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++) {       // 首尾都不可能是山谷点
        for (int j = 0; j <= k; j++) {
            if (a[i] < a[i - 1] && a[i] < a[i + 1]) {
                // 原本就是山谷点：不修改就能取值；若它不当山谷点，只能是前一个位置成了山谷点
                dp[i][j][1] = dp[i - 1][j][0] + a[i];
                dp[i][j][0] = dp[i - 1][j][1];
            } else {
                // 原本不是山谷点：花 1 次修改把 a[i] 改成 min(a[i-1]-1, a[i+1]-1)
                if (j > 0) {
                    dp[i][j][1] = dp[i - 1][j - 1][0] + min(a[i - 1] - 1, a[i + 1] - 1);
                }
                dp[i][j][0] = max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1]);
            }
            ans = max(ans, dp[i][j][0]);
            ans = max(ans, dp[i][j][1]);
        }
    }

    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

复杂度

• 时间复杂度：状态数为 $O(n \cdot k)$，转移时间为 $O(1)$，总时间复杂度为 $O(n \cdot k)$。
• 空间复杂度：$O(n \cdot k)$。可以使用滚动数组优化至 $O(k)$，但对于 $N,K \le 2000$ 的数据开普通三维数组仅约 $64\text{MB}$ 左右空间，满足常规内存限制。

总结

1. 本题在设计 DP 状态与转移时，很容易误以为原生山谷点可以随便作为“非山谷点”处理而继承任意状态。事实上，“放弃”一个原生山谷点的代价必须被严格约束在“前一个位置被迫成为山谷点”这一特殊情况下，通过 dp[i][j][0] = dp[i-1][j][1] 完美地做到了这种状态转移，否则可能会因违背贪心最优性而算入错误情况。
2. 挖掘出**“要想把某点变成山谷点，只需要且只能修改它自身，其余相邻点维持原值”**是解题的核心，这保证了每次修改后的最佳取值可以极其简单地用 $\min(a_{i-1}-1, a_{i+1}-1)$ 求得，无需记录每一个元素实际被修改到了何值。

验证记录（R2，与官方 std.cpp 三方对拍）

⚠ 本题无本地 data/ ⇒ check_new_analysis 报「无 data/（跳过）」= 空转， 不构成证据（T1 / T65）。证据来源是官方 std.cpp（证据等级 ★★★★）。

结论

与官方 std.cpp 三方一致（不写「验证通过」）： main.cpp ≡ std.cpp ≡ main.py，在 186 组合成用例（含 n=k=2000 极值）上 逐字节 186/186 无分歧；另在 84,915 组穷举小数据上与独立 brute 三方无分歧。

std.cpp 语义核对（T67）

V1 反事实表（真进程 sed 变异，186 用例）

★ 另在 6015/30948 组穷举 + 20000 组随机上做 V1..V7 全表，结论一致。

边界候选不可分辨（V8）

「修改后的值可为 0」 vs 「必须 ≥1」两种读法分别 brute： 失败点集合都是 ∅（66,481 组）⇒ ★ 数据无法区分，如实报告（std 允许 0）。

V9 UBSan + 对照组

• 主测：-fsanitize=undefined -fno-sanitize-recover=undefined 跑全部 186 用例 ⇒ stderr 0 行；-ftrapv 全过
• ★ 对照组：强制 -INT_MIN 的对照程序在同一命令下报 negation of -2147483648 cannot be represented in type 'int' + Abort trap: 6 ⇒ 证明该 UBSan 命令确实有分辨力（T30 闸门分辨力）

修改内容（算法未改）

• main.cpp：补标准文件头；long long → typedef long long ll；全局数组加中文语义注释
• main.py：补 shebang + 作者头；solve() -> None 类型标注； iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split())) + next() 顺序消费； ★ 3D 表 → 滚动数组（同算法）：峰值 562MB → 9.4MB、2.35s → 0.76s， 输出 186/186 逐字节不变