bzoj 2151 种树 贪心+堆

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解法

堆用来撤销之前操作的经典应用

• 显然可以选择dp，但是复杂度好像不太对，应该是$O(nm)$的
• 一个比较显然的贪心是，每一次选择最大的那一个，然后一直这样取下去
• 很明显， 这个贪心是错误的：19 20 19 1 按照上面的贪心策略，我们会先选择20，然后再选择1。显然，这个方案没有19+19优
• 所以，我们现在要考虑如何“撤销”之前错误的选择方案
• 不妨假设当前选择的是最大的一个位置$x$，它的权值最大为$a[x]$。如果说这个策略不是最优的话，那么我们一定会选择一个$a[x-1]+a[x+1]$，而不是选择$a[x]$。因为$a[x]$是最大的，如果只选择$a[x-1]$或$a[x+1]$显然并不是最优的，一定是两个都被选择
• 因为$a[x]$已经被选择了，那么我们就可以将新物品的代价变成$a[x-1]+a[x+1]-a[x]$，它在最后被选择到的条件显然就撤销了之前选择$a[x]$的这步操作。
• 考虑一下这个新物品应该被放置在哪一个位置，显然还是$x$，但是前一个位置就变成了$x-2$,后一个位置就变成了$x+2$，然后我们就可以把这个新物品看作和其它物品一样的东西了
• 为什么这个是对的呢？首先，这样做一定会使最后取到正好$m$个。因为如果不撤销操作，选取一个新的物品，还是撤销操作，选取它两边的物品，都是比上一次选择的时候多增加了一个物品。其次，这样做一定不会影响答案的最优性，因为即使我们选择了撤销，但是后面的操作依然可以撤销这一步的操作，将这一步的操作更优化，所以答案的最优性显然是不会改变的
• 那么，我们可以开一个大根堆，每一次取出一个物品的时候，将这个位置的前驱后继删除并更新，然后将新的权值放入堆中，重复做$m$次即可
• 时间复杂度：$O(m\log n)$
• 本题和该题是十分类似的

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define PI pair <int, int>
#define mp make_pair
#define N 200010
using namespace std;
template <typename node> void chkmax(node &x, node y) {x = max(x, y);}
template <typename node> void chkmin(node &x, node y) {x = min(x, y);}
template <typename node> void read(node &x) {
    x = 0; int f = 1; char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); x *= f;
}
int a[N], pre[N], nxt[N], used[N];
void del(int x) {
    int lx = pre[x], ly = nxt[x];
    nxt[lx] = ly, pre[ly] = lx;
    used[x] = 1;
}
int main() {
    int n, m; read(n), read(m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    if (n / 2 < m) return cout << "Error!\n", 0;
    priority_queue <PI> h;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        h.push(mp(a[i], i));
        pre[i] = (i == 1) ? n : i - 1;
        nxt[i] = (i == n) ? 1 : i + 1;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        PI tmp = h.top();
        while (!h.empty() && used[tmp.second]) h.pop(), tmp = h.top();
        h.pop(); int x = tmp.second; ans += tmp.first;
        a[x] = a[pre[x]] + a[nxt[x]] - a[x];
        del(pre[x]), del(nxt[x]); h.push(mp(a[x], x));
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}