NKOJ3102 取数 [堆][链表]

# NKOJ3102 取数 [堆][链表]

题目传送门

题解

一种很巧妙的链表使用方法。

首先考虑一种贪心的做法，把每个数放入大根堆，每次取最大的一个数（跳过与已取的数相邻的数）

但这样的做法可能会有问题：如果最大的数比与它相邻两数的和要小，那么答案就可能不是最优的。比如一个数列里面全是类似于2 4 3的子数列，取2和3就比取4要优。

所以我们需要设计一种改悔的方法，使得选择堆顶元素和选择最优方案不重复。

在每次取出了堆顶元素 x x 之后，再往堆里加入一个新元素，编号为 ++tot + + t o t （ tot t o t 为已经存在过的总的元素个数），权值为 v[L[x]]+v[R[x]]−v[x] v [ L [ x ] ] + v [ R [ x ] ] − v [ x ] 。与新节点相邻的数就是 L[x] L [ x ] 左边的数 L[L[x]] L [ L [ x ] ] 和 R[x] R [ x ] 右边的数 R[R[x]] R [ R [ x ] ] 。修改新节点的链接情况和 L[L[x]] L [ L [ x ] ] 和 R[R[x]] R [ R [ x ] ] 的链接情况后，将节点放入堆中。

这样一来，如果选到了这个新加入的元素，就说明选择相邻两数优于选择中间的数字。

关于选择次数的问题：之前在选 x x 的时候，选择次数 +1 + 1 ，现在选择了新节点，选择次数 +1 + 1 ，选择次数恰好加了 2 2 次。选择次数是对得上的。

#include
#include
#include
#define N 400005
using namespace std;
int A[N],L[N],R[N];bool used[N];
struct node{int id,v;};
bool operator<(const node &a,const node &b){
    if(a.v!=b.v)return a.vreturn a.id>b.id;
}
priority_queueq;
int main(){
    int n,m,Ans=0,cnt=1;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&A[i]);
        L[i]=i-1,R[i]=i+1;
        if(i==1)L[1]=n;if(i==n)R[n]=1;
        q.push(node{i,A[i]});
    }
    if(m>n/2){printf("Error!");return 0;}
    while(cnt<=m){
        int t=q.top().id;q.pop();
        if(used[t])continue;
        used[t]=used[L[t]]=used[R[t]]=true;
        Ans+=A[t],n++,cnt++;
        A[n]=A[L[t]]+A[R[t]]-A[t];
        L[n]=L[L[t]],R[n]=R[R[t]],R[L[L[t]]]=n,L[R[R[t]]]=n;
        q.push(node{n,A[n]});
    }
    printf("%d",Ans);return 0;
}