\(\quad\) 先讲解一下如何处理这道题的毒瘤输入。\(m\) 和 \(d\) 之间的“/”和“ TO ”都可以用 getchar() 强行吃掉，日期的转换可以用公式 \(s_{m-1} + d\) 表示，其中 \(s\) 是每月日数的前缀和。
int s[13] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int getid(int month, int day){
return s[month - 1] + day;
}
int main(){
...
if(y % 4 == 0 && (y % 100 != 0 || y % 400 == 0))
s[2] = 29;
for(int i = 1; i <= 12; ++i)
s[i] += s[i - 1];
...
}\(\quad\) 可以用链式前向星存储预约。对于每一份从 \(i\) 日到 \(j\) 日的预约，建立一条从 \(j\) 到 \(i\) 的边。
\(\quad\) 如果是 \(k = 1\) 的特殊情况，很容易想到 \(O(r)\) 的动态规划做法：
\(\qquad\bullet\) 设 \(dp_i\) 为到 \(i\) 日时的最大收入。
\(\qquad\bullet\) \(dp_i = max \left\{ dp_{i - 1}, dp_j + p \cdot (i - j) \right\}\)，其中 \(j\) 满足存在自 \(j\) 日到 \(i\) 日的预定。
\(\quad\) 对于 \(k \neq 1\) 的情况，可以二维 dp。即：
\(\qquad\bullet\) \(dp_i\) 是一个大小为 \(k\) 的有序集合，从 \(dp_{i,1}\) 至 \(dp_{i,k}\) 分别表示到 \(i\) 日的前 \(k\) 大收入。
\(\qquad\bullet\) \(dp_i = dp_{i - 1} \cup dp ^ \prime _ j\)，其中 \(j\) 满足存在自 \(j\) 日到 \(i\) 日的预定，对于\(dp ^ \prime _ j\) 中的每一个元素 \(dp ^ \prime_{j, a}\)，有 \(dp ^ \prime_{j, a} = dp_{j, a} + p \cdot (i - j)\)。
\(\quad\) 显然，所谓的“有序集合”可以用数组模拟，两个有序数列的合并操作就是二路归并。多余的元素（即排名超过 \(k\) 的元素）不予维护。
void merge(int *dest, int *src1, int *src2){
for(int i = 0; i < k; ++i)
*(dest++) = *src1 > *src2 ? *(src1++) : *(src2++);
}\(\quad\) 以上的代码是二路归并的指针写法。这一题要求非重复的第 \(k\) 大，注意去重。
\(\quad\) 收入为 \(0\) 也是一种可能，不可以在 \(dp_{s_{12}, k} = 0\) 时直接输出 \(-1\)。正确做法如下：
if(dp[s[12]][k - 1] == 0)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n", dp[s[12]][k]);\(\quad\) 时间复杂度 \(O(k \cdot r)\)。