反悔贪心 ——— 【AcWing.147】数据备份

题目

输入样例：

5 2 
1
3
4
6
12

输出样例:

4

题目分析

初步思路

这道题一看，第一反应就是贪心,因为要总距离最小，所以肯定要每一段都尽量的小
换句话说，因为$k<\frac{n}{2}$ 所以每一个最优解中的线段的两个端点一定是相邻的城市

A:

每次选其中最小的一段会不会影响其余的段（因为一个楼只能做为端点一次），使得全局答案不能为最优呢？

Q:

肯定的，举个例子

第一次最小肯定选 $S_2$ ，然后第二次就只能选 $S_1+S_2+S_3$ 所以总计 $S_2+(S_1+S_2+S_3)$
但是换一种方法呢？
第一次选 $S1$ ，然后第二次就可以选 $S_3$，总计 $S_1+S_3$ 明显更优。

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那么问题就来了，这道题是不是不能贪心的求解了呢？

正确思路

肯定不是的，古人云：知错能改，善莫大焉，那么如果我们再选择的时候已经知道自己错了，我们用已知的更好的答案修改以前的答案，最后的得到的就是更好的答案

先分析一下，还是刚才那幅图

如果我们选择 $S_2$ 那么就不能选 $S_1,S_3$
如果我们选择 $S_1,S_3$ 那么就不能选 $S_2$
所以综上我们有两种方法，全局的所有方法中取最好的$K$中即可

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好了，改错的思路有了，方法也很重要
首先因为我们知道的是每个点的坐标，所以先要处理出每条选段的长度
$$设Seg[i]=P[i+1]-P[i](一种P是输入的楼房坐标)$$
然后我们要给程序反悔的机会
如果先选择了 $Seg[i]$ 然后发现不好，因该选 $Seg[i-1]+Seg[i+1]$则么办呢？
显然，减去 $Seg[i]$ 再加上 $Seg[i-1]+Seg[i+1]$即可

所以我们再选择$Seg[i]$的同时，把$Seg[i-1]+Seg[i+1]-Seg[i]$也加入备选的答案中不就可以了吗？这个显然可以用堆维护

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那么最终的思路也就有了：
首先处理 $Seg[i]=P[i+1]-P[i]$
然后依次把 $Seg[i]$ 放入答案
每次选取备选答案中最小的计入答案
最后删除$Seg[i-1],Seg[i],Seg[i+1]$三个点（因为暂时都不能选了)
把 $Seg[i-1]+Seg[i+1]-Seg[i]$插入$i$号位置（加入备选答案）

因为每次 $i-1$，$i+1$不一定是原数组中相邻的两个，所以我们可以用链表维护，然后开一个 $del$ 数组标记被删除就好了

代码实现

#include 
using namespace std;
const int N = 1e5, Inf = 1e9;
int n, k, pre[N + 5], nxt[N + 5];
long long ans,pos[N + 5], seg[N + 5];
bool del[N + 5];
struct cmp {
	bool operator()(int x,int y) {
		return seg[x] > seg[y];
	}
}; // 一个很牛逼的技巧
priority_queue<int,vector<int>,cmp> q;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", &pos[i]);
	for (int i = 1; i < n; i++)
		seg[i] = pos[i + 1] - pos[i];
	n --;
	seg[0] = Inf;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		q.push(i);
		pre[i] = i - 1;
		nxt[i] = i + 1 > n ? 0 : i + 1;
	}
	while(k --) {
		int tp = q.top(); q.pop();
		while(del[tp]) {
			tp = q.top();
			q.pop();
		}
		ans += seg[tp];
		del[pre[tp]] = 1;
		del[nxt[tp]] = 1;
		seg[tp] = seg[pre[tp]] + seg[nxt[tp]] - seg[tp];
		q.push(tp);
		pre[tp] = pre[pre[tp]];
		nxt[tp] = nxt[nxt[tp]];
		nxt[pre[tp]] = tp;
		pre[nxt[tp]] = tp;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}