本蒟蒻又双叒叕被爆踩辣！
又是一道经典的贪心题：
那么怎样切割该块巧克力，花费的代价最少呢？
Solution：
窝们考虑每个状态，有多少种选择方法？
是不是可以选择横着切或者竖着切，就这两种方法吧；
窝们再来考虑这两种方法的代价，
首先，如果窝们准备横着切，那么此次处理的代价就是当前这次的代价*（已经竖着切的数量 + 1），因为已经竖着切出了这么多次，所以代价就是这个(那个+1的原因是巧克力本来就有一块好不好，切一次不就有两块辣。。。）
ans += q.top() * s2;//那么当前的代价就是s2次乘单次代价
那么如果窝们现在准备竖着切，那么是不是同理就可以推出当前这次的代价*（已经横着切的数量 + 1），因为已经横着切出了这么多次，所以代价就是这个(那个+1的原因是巧克力本来就有一块好不好，切一次不就有两块辣。。。）
ans += qq.top() * s1;//那么当前的代价就是s1次乘单次代价
那么窝们已经知道了两种方案的代价辣，窝们接下来就是要找最优方案辣：
窝们每次都比较两种方案，看那种更优窝们就选哪种方案
因为窝们每次都选择当前最优，所以窝们也同时可以保证全局最优！
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Rep(x, a, b) for(int x = a; x <= b; ++ x)
priority_queue<int> q, qq;//优先队列可以维护序列单调性
//q表示横着切，qq表示竖着切
int n, m, x, s1 = 1, s2 = 1, ans;
//s1表示已经横着切了多少次辣
//s2表示已经竖着切了多少次辣
//ans就是答案辣
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
Rep(i, 1, n - 1){//因为切成n*m块，所以横着切n - 1次
scanf("%d", &x);//读入每次代价
q.push(x);//压入优先队列，维护其单调性
}
Rep(i, 1, m - 1){//同理，竖着切m-1次
scanf("%d", &x);//读入每次代价
qq.push(x);//压入优先队列，维护其单调性
}
while(! q.empty() && ! qq.empty()){//只要一个优先队列空了就要退出，因为如果有一个空了，那么它的top就会返回空，然后就会死循环。。
//找当前是竖着切更优还是横着切更优
if(q.top() > qq.top()){//如果是横着切更优
ans += q.top() * s2;//那么当前的代价就是s2次乘单次代价
++ s1;//记得更新s1的值，多了一份
q.pop();//已经切完的就要弹出
}
else{
ans += qq.top() * s1;//那么当前的代价就是s1次乘单次代价
++ s2;//记得更新s2的值，多了一份
qq.pop();//已经切完的就要弹出
}
}
//因为弹出来后只要一个方向是空，那么就只能去另一个方向辣，下面就是找哪一个不是空的
while(! q.empty()){//如果可以横着切，（好像也只能横着切
ans += q.top() * s2;// 那么当前的代价就是s2次乘单次代价
q.pop();//已经切完的就要弹出
++ s1;//这里可加可不加辣，因为qq已经空了，s1就没用了
}
while(! qq.empty()){//如果可以竖着切，（好像也只能竖着切
ans += qq.top() * s1;//那么当前的代价就是s1次乘单次代价
qq.pop();//已经切完的就要弹出
++ s2;//同上辣
}
printf("%d", ans);//输出
return 0;
}
修改一下：下面放一个对新人友好一点代码，思路差不多，不过注释较少
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, ans, s1 = 1, s2 = 1;
#define maxn 20010
#define Rep(x, a, b) for(int x = a; x <= b; ++ x)
struct node{
int v, c;
}e[maxn];
bool cmp(node a, node b){
return a.v > b.v;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
Rep(i, 1, n - 1){//因为切成n*m块，所以横着切n - 1次
scanf("%d", &e[i].v);
e[i].c = 0;//把其标记为0
}
Rep(i, n, n + m - 2){//同理，竖着切m-1次
scanf("%d", &e[i].v);
e[i].c = 1;//把其标记为1
}
sort(e + 1, e + n + m - 1, cmp);
Rep(i, 1, n + m - 2){
if(e[i].c == 0){
ans += e[i].v * s2;
++ s1;
}
else{
ans += e[i].v * s1;
++ s2;
}
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
Ps：请看懂再抄