题解 洛谷P3620 数据备份

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转化题意：

不难想到，选的电缆连接的肯定是相邻的两个点。

这样的话，我们直接把点去掉，取而代之的是 \(n-1\) 条边，在其中选 \(k\) 个互不相邻的边使总长度最小。

那么不妨试试，先把所有边放进小根堆里，每次取出堆顶，只要堆顶相邻的边没被选过，就加进答案里，这样是否可行呢？

显然，这道题直接贪心是错的，如样例：

输入

5 2 
1 
3 
4 
6 
12 

输出

4

若直接贪心，则会选到 2-3 和 4-5 这两条边，但实际上选 1-2 和 3-4 这两条边更优。

于是我们需要一个可以使他重新选到相邻边的东西，设边集为 b ，则可以在堆顶 \(b_i\) 被取出是往堆里添加一个量： \(b_{i\_last}+b_{i\_next}-b_i\) ，这样的话，如果 \(b_{i\_last}+b_{i\_next}-b_i\) 在堆顶并被取出的话，则可以顶替原有的 \(b_i\) ，使之等价于取了 \(b_{i\_last}+b_{i\_next}\) 。

那为什么不考虑只用左边或右边的一个来替换原有 \(b_i\) 呢？若左/右的边能够替换 \(b_i\) 则意味着它的解比使用 \(b_i\) 更优。但实际上，只有一个元素时，这意味着 \(b_{i\_last}>b_i\) 或 \(b_{i\_next}>b_i\) ，而此时， \(b_{i\_last}\) 或是 \(b_{i\_next}\) 一定在 \(b_i\) 之前就成为堆顶并被取出，所以就不需再考虑了。

那么现在怎么确切地随时知道 \(b_{i\_last}+b_{i\_next}\) 的位置呢？可以用双向链表来实现。每次选中堆顶，链表中其左右相邻的元素就删去，同时在原有的位置上插入一个值为 \(b_{i\_last}+b_{i\_next}-b_i\) 的点，即可随时得到 \(i\_last\) 与 \(i\_next\) 了。

CODE

const int mn=1e5+10;
const int mm=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int fni=0xc0c0c0c0;
int n,m,b[mn];
struct node{
    int dat,l,r;
}p[mn];
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
inline void read_init(){
    n=read<int>();m=read<int>();
}
inline void f(int x){
    p[x].l=p[p[x].l].l;
    p[x].r=p[p[x].r].r;
    p[p[x].l].r=x;
    p[p[x].r].l=x;
}
bool vis[mn];
int main(){
    read_init();
    int las=read<int>(),now;
    for(int i=1;i<n;i++){
        now=read<int>();
        p[i].dat=now-las;
        las=now;
        p[i].l=i-1;
        p[i].r=i+1;
        q.push(make_pair(p[i].dat,i));
    }
    int ans=0;
    p[0].dat=p[n].dat=inf;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(vis[q.top().second])q.pop();
        int dat=q.top().first,id=q.top().second;
        q.pop();ans+=dat;
        vis[p[id].l]=vis[p[id].r]=1;
        p[id].dat=p[p[id].l].dat+p[p[id].r].dat-p[id].dat;
        q.push(make_pair(p[id].dat,id));
        f(id);
    }
    write(ans,1);
    return 0;
}

标签：洛谷,int,题解,next,dat,read,P3620,last,const
来源： https://www.cnblogs.com/ex-asbable/p/16504279.html