cyrcyr今天在种树，他在一条直线上挖了n个坑。这n个坑都可以种树，但为了保证每一棵树都有充足的养料，cyrcyr不会在相邻的两个坑中种树。而且由于cyrcyr的树种不够，他至多会种k棵树。假设cyrcyr有某种神能力，能预知自己在某个坑种树的获利会是多少（可能为负），请你帮助他计算出他的最大获利。
输入格式：
第一行，两个正整数n,k。
第二行，n个正整数，第i个数表示在直线上从左往右数第i个坑种树的获利。
输出格式：
输出1个数，表示cyrcyr种树的最大获利。
输入样例#1： 复制
6 3 100 1 -1 100 1 -1输出样例#1： 复制
200对于20%的数据，n<=20。
对于50%的数据，n<=6000。
对于100%的数据，n<=500000，k<=n/2,在一个地方种树获利的绝对值在1000000以内。
本题其实是在n个数中选出至多k个数，且两两不相邻，并使所选数的和最大。
很容易想到动规思路：f[i][j]表示种到第i棵树且种了j棵的最大获利，则f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-2][j-1]+a[i])，注意边界、初始化即可。
但是，对于本题n<=300000的数据规模，动规显然不足以通过本题，需要另想算法。
我们先进行小规模枚举：
k=1时，显然取n个数中取最大的即可（暂不考虑全负的情况）。设最大的数是a[i]。
k=2时，则有两种可能：1、另取一个与a[i]不相邻的a[j]。2、取a[i-1]和a[i+1]。
我们可以发现：如果k=1时最优解为a[i]，那么我们便可以把a[i-1]和a[i+1]进行合并，因为它们要么同时被选，要么同时落选（证明不难，请自行解决）。而且，我们还注意到：当选了a[i-1]和a[i+1]时，获利便增加了a[i-1]+a[i+1]-a[i]。所以当a[i]被选时，我们就可以删去a[i-1]和a[i+1]，并把a[i]改成a[i-1]+a[i+1]-a[i]，重新找最大的。
每次找的都是最大的数，我们便可以使用堆进行操作，直到堆中最大值小于0或取出k个数后停止。复杂度O(klogn)。
#include<bits/stdc++.h> #define Ll long long using namespace std; const int N=5e5+5; struct cs{ Ll v;int id; bool operator <(const cs &a)const {return v<a.v;} }t; priority_queue<cs>Q; Ll a[N],ans; int l[N],r[N]; bool ok[N]; int n,m; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&t.v); a[i]=t.v; t.id=i; l[i]=i-1; r[i]=i+1; Q.push(t); } r[0]=1;l[n+1]=n; while(m--){ while(ok[Q.top().id])Q.pop(); t=Q.top();Q.pop(); if(t.v<0)break; ans+=t.v; int x=t.id; a[x]=a[l[x]]+a[r[x]]-a[x]; t.v=a[x]; ok[l[x]]=ok[r[x]]=1; l[x]=l[l[x]];r[l[x]]=x; r[x]=r[r[x]];l[r[x]]=x; Q.push(t); } printf("%lld",ans); }
