1.題目描述：點擊打開鏈接
2.解題思路：本題屬於區間dp類問題，根據題意，我們需要修改2到n-1之間的一些h的值，使得相鄰2個h值差的絕對值不超過d。因爲可以修改的數是一個實數，無法一一枚舉，因此需要仔細對問題進行分析。
首先，考慮只有3個值的情況：h1, h2, h3。那麼根據題意，h2應該在區間[h1-d,h1+d]和[h3-d,h3+d]之間，即h1應該在[max(h1,h3)-d,min(h1,h3)+d]之間。如果這個區間是空集，即abs(h3-h1)>(3-1)*d，那麼自然無解，否則，如果h2就在區間內部，那麼不需要修改；如果h2<max(h1,h3)-d，那麼就修改爲max(h1,h3)-d；如果h2>min(h1,h3)+d，那麼就修改爲min(h1,h3)+d。可以發現，在這個簡單的問題中，h2的最優修改方案只有這3種情況。並且我們還發現了，如果要修改，一定是修改成形如hp+k*d的形式。
接下來我們考慮有n個值的情況，根據類似的推理可以得出：如果abs(hn-h1)>(n-1)*d時候，一定無解。如果滿足這個條件，那麼中間的每個數字要麼不變，要麼變成形如hp+k*d的形式。由於abs(hn-h1)<=(n-1)*d。那麼k的取值範圍最大就是[-n+1,n-1]，一共有2n-1種情況，另外，p的取值範圍是[1,n]，即hp+k*d一共有O(n^2)種情況。設dp(i,x)表示已經修改了i-1個數，第i個數改成x時候還需要的最小費用。那麼不難得到如下的狀態轉移方程：
dp(i,x)=abs(hi-x)+min{dp(i-1,y)|abs(x-y)<=d};
上述方程表示：當固定了i,x的時候，我們需要考察在區間[x-d,x+d]中的所有y值，並選出其中最小的那個dp值。這樣，需要O(d)時間確定一個狀態，而所有的狀態一共有O(n^3)種，因此總的時間複雜度會高達O(N^4)。這時需要用單調隊列來加以優化：先把區間[x-d,x+d]看做一個固定的區間，區間長度恆爲2d，那麼問題就轉化爲求在該區間內的最小值，如果我們從小到大枚舉x，那麼問題就轉化爲了求一個長度爲2d的滑動區間的最小值，這正可以用單調隊列加以解決，求出每個滑動窗口的最小值的平攤複雜度爲O(1)，即我們最終只需要O(1)時間即可確定出最小值，那麼總的時間複雜度降爲O(N^3)，可以在時間限制內加以解決。
最後說一點：雖然說是用單調隊列來求每個滑動窗口的最小值，然而再深入分析一步就會發現一個規律，每次算完一個階段後，該階段的dp序列呈現的是一個先下降，後上升的趨勢，而且下降時候的最低點一定是整個序列的最低點。這樣，我們只需要一個front指針即可維護優先隊列了。
3.代碼：
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<complex>
#include<functional>
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
#define me(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <ll,ll> P;
const int maxn = 100 + 5;
const int maxx = maxn*maxn * 2;
const ll INF = (1ll << 60);
ll h[maxn], x[maxx], dp[2][maxx];
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n;
ll d;
scanf("%d%lld", &n, &d);
for (int i = 0; i<n; i++)
scanf("%lld", &h[i]);
if (abs(h[0] - h[n - 1])>(n - 1)*d)
{
puts("impossible"); continue;
}
int nx = 0;
for (int i = 0; i<n; i++)
for (int j = -n + 1; j<n; j++)
x[nx++] = h[i] + j*d;//把所有可能用到的修改結果都存放到x數組中
sort(x, x + nx);
nx = unique(x, x + nx) - x; //將x數組從小到大排序並去重，那麼0...nx-1之間的所有數就是修改時候可能用到的結果
int t = 0; //因爲只有奇，偶兩種變化，且i只依賴於i-1時候的情況，因此可以用滾動數組優化
for (int i = 0; i<nx; i++)
{
dp[0][i] = INF;
if (x[i] == h[0])dp[0][i] = 0; //初始化時候，只有恰好等於h0時候費用爲0，其他均爲INF
}
for (int i = 1; i<n; i++)
{
int k = 0; //單調隊列的front指針
for (int j = 0; j<nx; j++)//從小到大枚舉x值，因爲所有需要用到的x值都在x數組中，因此等價於枚舉下標
{
while (k<nx&&x[k]<x[j] - d)k++; //找到第一個符合條件的x[k]
while (k + 1<nx&&x[k + 1] <= x[j] + d&&dp[t][k + 1] <= dp[t][k])k++; //第i處的x值爲x[j]，如果不符合後者>前者，那麼就出隊列
if (dp[t][k] == INF)dp[t ^ 1][j] = INF; //最小的那個dp[t][k]不存在，那麼新的狀態也不存在
else dp[t ^ 1][j] = dp[t][k] + abs(x[j] - h[i]); //得到x[j]處對應的最小值
}
t ^= 1; //更新爲當前狀態
}
for (int i = 0; i<nx; i++)
if (x[i] == h[n - 1])
printf("%lld\n", dp[t][i]);
}
}
