题目描述
cyrcyr今天在种树，他在一条直线上挖了n个坑。这n个坑都可以种树，但为了保证每一棵树都有充足的养料，cyrcyr不会在相邻的两个坑中种树。而且由于cyrcyr的树种不够，他至多会种k棵树。假设cyrcyr有某种神能力，能预知自己在某个坑种树的获利会是多少（可能为负），请你帮助他计算出他的最大获利。
输入输出格式
输入格式：
第一行，两个正整数n,k。
第二行，n个正整数，第i个数表示在直线上从左往右数第i个坑种树的获利。
输出格式：
输出1个数，表示cyrcyr种树的最大获利。
输入输出样例
说明
对于20%的数据，n<=20。
对于50%的数据，n<=6000。
对于100%的数据，n<=500000，k<=n/2,在一个地方种树获利的绝对值在1000000以内。
看了题解 真是奇妙 连dp都无法完成
本题其实是在n个数中选出至多k个数，且两两不相邻，并使所选数的和最大。
很容易想到动规思路：f[i][j]表示种到第i棵树且种了j棵的最大获利，则f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-2][j-1]+a[i])，注意边界、初始化即可。
但是，对于本题n<=300000的数据规模，动规显然不足以通过本题，需要另想算法。
我们先进行小规模枚举：
k=1时，显然取n个数中取最大的即可（暂不考虑全负的情况）。设最大的数是a[i]。
k=2时，则有两种可能：1、另取一个与a[i]不相邻的a[j]。2、取a[i-1]和a[i+1]。
我们可以发现：如果k=1时最优解为a[i]，那么我们便可以把a[i-1]和a[i+1]进行合并，因为它们要么同时被选，要么同时落选（证明不难，请自行解决）。而且，我们还注意到：当选了a[i-1]和a[i+1]时，获利便增加了a[i-1]+a[i+1]-a[i]。所以当a[i]被选时，我们就可以删去a[i-1]和a[i+1]，并把a[i]改成a[i-1]+a[i+1]-a[i]，重新找最大的。
每次找的都是最大的数，我们便可以使用堆进行操作，直到堆中最大值小于0或取出k个数后停止。复杂度O(klogn)。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; //input by bxd #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define RI(n) scanf("%d",&(n)) #define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m) #define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k) #define RS(s) scanf("%s",s); #define ll long long #define pb push_back #define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++) #define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A) ////////////////////////////////// #define inf 0x3f3f3f3f const int N=2000000+5; int vis[N]; struct node { int pos,v; bool operator< (const node& b)const { return v<b.v; } }; int le[N],ri[N]; void link(int a,int b) { ri[a]=b;le[b]=a; } int a[N]; int main() { int n,k; RII(n,k); priority_queue<node>q; rep(i,1,n) { RI(a[i]); le[i]=i-1;ri[i]=i+1; node u; u.pos=i; u.v=a[i]; q.push(u); } ll ans=0; le[n+1]=n;ri[0]=1; while(k--) { while(vis[q.top().pos])q.pop(); node u=q.top();q.pop(); if(u.v<=0)break; ans+=u.v; int x=u.pos; vis[le[x]]=vis[ri[x]]=1; a[x]=a[le[x]]+a[ri[x]]-a[x];//一开始没变这个原始数据 一直wa u.v=a[x]; u.pos=x; q.push(u); link(le[le[x]],x); link(x,ri[ri[x]]); } cout<<ans; }