BZOJ1150 [CTSC2007] 数据备份Backup 贪心_堆_神题

Description

　　你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼（offices）的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味

的，因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份，而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公

楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对（两个一组）。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网

络电缆使得它们可以互相备份。然而，网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆，这意味

着你仅能为 K 对办公楼（或总计2K个办公楼）安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组（换句话说，这 2K 

个办公楼一定是相异的）。此外，电信公司需按网络电缆的长度（公里数）收费。因而，你需要选择这 K 对办公

楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说，你需要选择这 K 对办公楼，使得每一对办公楼之间的距离之和（总距

离）尽可能小。下面给出一个示例，假定你有 5 个客户，其办公楼都在一条街上，如下图所示。这 5 个办公楼分

别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。

　　上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连，第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用

 K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ，第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长

 4km 的网络电缆，满足距离之和最小的要求。

非常神的一道题.
据说是模拟费用流（你也可以说是贪心加堆）
考虑最朴素的贪心：将所有元素都塞进一个堆里，那完一个就给旁边的打上标记，以此反复迭代.
不过，不难证明这种方法是完全错误的.
原因很简单：这个方法不能反悔，即每一个决策都是永久性的。
我们希望由可以反悔的机会。
首先，我们可以得到一个结论：
假若 $arr[i]$ 为当前数列中最小值，那么，如果不选 $arr[i]$，则一定要选择 $arr[i-1]$ 与 $arr[i+1]$。
于是，在加入 $arr[i]$，将其累积到答案中，并标记 $arr[i-1]$ 与 $arr[i+1]$ 不能选后，我们再将 $i$ 覆盖为 $arr[i-1]+arr[i+1]-arr[i]$。
为什么这样处理呢？
$arr[i]+arr[i-1]+arr[i+1]-arr[i]$ = $arr[i+1]+arr[i-1]$。以此达到了一个不断决策并反悔的过程。
以后可以专门学习一下模拟费用流，应该会对该问题有一个更加深刻的认识。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
#define maxn 1000000
#define inf 100000000000
using namespace std;
struct Node{
    long long  key;
    int id;
    Node(long long a=0,int b=0):key(a),id(b){}
    bool operator < ( Node c) const{
        return key > c.key;
    }
};
priority_queue<Node>Q;
int tag[maxn],suf[maxn],pre[maxn];
long long h[maxn],arr[maxn];
int main(){
    // setIO("input");
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&arr[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)  { h[i]=(long long) arr[i]-arr[i-1], suf[i]=i+1,pre[i]=i-1; }
    h[0]=inf, suf[n]=pre[2]=0;
    for(int i=2;i<=n;++i) Q.push(Node(h[i],i));
    long long ans = 0;
    for(int i=1;i<=k;++i) {
        while(tag[Q.top().id]) Q.pop();
        Node u = Q.top();
        ans += (long long) u.key;
        int cur = u.id;
        int l = pre[cur],r = suf[cur];
        h[cur] = h[l]+h[r]-h[cur];
        tag[l]=tag[r]=1;
        h[l]=h[r]=inf;
        pre[cur]=pre[l],suf[pre[cur]] = cur;
        suf[cur]=suf[r],pre[suf[r]] = cur;
        Q.pop();
        Q.push(Node(h[cur],cur));
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}