[CTSC2007] 数据备份Backup
题意：给定n(2 <= n <= 100000)个点，从中选k(1 <= k <= n/2)对点，使得所有点对距离之和最小，每个数s都是0 <= s <= 1000000000，并且输入从小到大排序。
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分析：
我看到这题第一反应是dp，设f(i, j)表示前i个点，选j对，距离之和的最小值。
不难列出状态转移方程：f(i, j) = min(f(i-1, j), f(i-2, j-1) + a[i] - a[i-1]).
这样时空复杂度都是O(nk)，空间开不下，观察到j只依赖j-1，所以可以滚动数组，提交后不幸发现TLE.
看来CTSC的题不是那么简单的，冥想半天不得其解，只好去网上寻找灵丹妙药。
进行一番搜索后，得出这道题做法如下：
首先由于每次选的点对必定是相邻的，所以我们可以求出n-1个相邻的差值， 原题变为，从n-1个数选出k个不相邻的数，使得这些数的和最小。
zrt把这道题归到了STL，可以用小根堆（优先队列）来做。
1.把所有差值放入堆中；
2.取出最小的值x；
3.把这个点改成它左边的点 + 右边的点 - x，插入堆中；
4.把x左右两边的点都删去；
5.返回到2，重复k次这个过程。
选左 + 右 - x表示不选x而选了x的左和右。
那，为什么这个是对的呢？
如果最终选了x，那么自然就是最优的，如果最终没有选x，那么一定会选x当前的两边，为什么呢？因为如果选了非x的两边，那么一定可以把另一边选成x，比当前解不会差，得证。
考虑一下实现方法，首先不仅要知道最小的值是多少，还要知道是第几个点，所以这里使用了一下pair，默认是按照第一维排序，于是第一维放差值，第二维放序号。
为了知道它左右的点，所以我要开两个数组pre和nxt分别表示前缀和后缀，初始化pre[2] = nxt[n] = 0，采用链表的思想进行更新。
删去操作并不一定要把它真的从队列里pop出来，我可以把它的值修改，然后第二步之前判断如果队列里的值和它实际的值不一样，说明已经选过了，pop()掉即可。
最后考虑一下它的边界，当我选第一个点或最后一个点的时候，显而易见可以证明选第二个点或第n-1个点绝对没有当前决策好，所以直接去除第一个点或第n-1个点。
既然是CTSC的题，可能会有点小坑，数的范围是0~10^9，所以inf要开大一点，我就是被这个坑到死...
dp代码（TLE）：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, k, f, a[100005], d[100005][2];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int j = 1; j <= k; j++) {
f ^= 1;
for(int i = j*2; i <= n; i++) {
if(i > j * 2) d[i][f] = d[i-1][f];
else d[i][f] = 100000000;
d[i][f] = min(d[i][f], d[i-2][f^1] + a[i] - a[i-1]);
}
}
printf("%d", d[n][f]);
return 0;
}
正解：代码很短，但是蕴含的东西很多。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pr;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k, x, y, ans, len[100005], pre[100005], nxt[100005];
priority_queue<pr, vector<pr>, greater<pr> > q;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &x);
len[i] = x-y, y = x;
if(i != 1) q.push(make_pair(len[i], i));
pre[i] = i-1, nxt[i] = i+1;
}
pre[2] = 0, nxt[n] = 0;
while(k--) {
while(q.top().first != len[q.top().second]) q.pop();
int u = q.top().second, l = pre[u], r = nxt[u]; q.pop();
ans += len[u];
len[u] = l && r ? len[l] + len[r] - len[u] : inf;
pre[nxt[u] = nxt[r]] = u;
nxt[pre[u] = pre[l]] = u;
len[l] = len[r] = inf;
q.push(make_pair(len[u], u));
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}