【BZOJ 1150】[CTSC2007]数据备份Backup

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【题意】

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【题解】

选择的连接肯定是相邻的点对。

那么我们处理出来长度为n-1的数组a
其中a[i-1] = dis[i]-dis[i-1]
那么问题就转化成在a数组中取出不相邻的k个数字。
这k个数字的和要求最小。

那么我们把每个数字都加入到堆中去。
然后对于k个数字。

每次取出堆中的最小值x
累加答案

但是这样做可能不是正确的。
因为可能选择x-1,x+1这两个点比单独选择一个点来得更优一些。
(如果你发现选x不是最优的->不选x->那么肯定吧x-1和x+1都选了更好

因此我们得给程序一个"反悔"的机会。
怎么给呢?
我们可以把x-1,x+1两个点的权值和减去x的权值和->temp。
然后加入到堆中去。
然后把x-1,x+1这两个点删掉。
x这个点的权值设置为刚才提到的temp
(这里要注意的一个思想就是,把x-1,x,x+1看成是一个整体,

这样下次如果再选这个x,就表示x不选了而把x-1,x+1选上。
->累加答案
这时仍然把x看成是一个点。
把它左边(此时是x-2)右边(x+2)的点删掉.
然后把a[x-2]+a[x+2]-a[x]再加入到堆中
重复上述步骤就好了
(这个时候-a[x]其实就是把那个"整体"里面选的变成不选,不选的变成选的了
(只有这样,x-2和x+2才能够被选中
(而且x这个整体里面会发现选中的点的个数总是比没选中的点个数多恰好1,所以再把x-2,x+2加上,刚好只会增加一个选择的点

我们每一次取出答案。
其实都只会让选中的点的个数递增1
所以堆中的每个元素其实对应的是,再多选一个点的话。
增加的代价是多少。

而我们每次选的都是最小的代价。
因此贪心的策略是正确的。

【代码】

/**************************************************************
    Problem: 1150
    User: chengchunyang
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:696 ms
    Memory:5260 kb
****************************************************************/
 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
const int N = 1e5;
const int INF = 1e9+10;
 
int n,k;
int dis[N+10],a[N+10],L[N+10],R[N+10];
priority_queue<pair<ll,int>,vector<pair<ll,int> >,greater<pair<ll,int> > >pq;
bool vis[N+10];
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&dis[i]);
    for (int i = 2;i <= n;i++) a[i-1] = dis[i]-dis[i-1];
    n--;
    a[0] = INF,a[n+1] = INF;
    for (int i = 0;i <= n+1;i++) L[i] = i-1,R[i] = i+1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) pq.push(make_pair(a[i],i));
    ll ans = 0;
    for (int i = 1;i <= k;i++){
        pair<ll,int> x;
        do{
            x = pq.top();pq.pop();
        }while (vis[x.second]);
        int id = x.second;
        ans+=a[id];
        a[id] = a[L[id]]+a[R[id]]-a[id];
        pq.push(make_pair(a[id],id));
        vis[L[id]] = vis[R[id]] = 1;
        R[L[L[id]]] = id;
        L[R[R[id]]] = id;
        L[id] = L[L[id]];
        R[id] = R[R[id]];
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}