[洛谷P1484] 种树

题目类型：堆+贪心

传送门：>Here<

题意：有(N)个坑，每个坑可以种树，且获利(a[i])（可以为负）。任何相邻两个坑里不能都种树，问在最多种(K)棵树的前提下的最大获利

解题思路

第一眼觉得是(DP)，但是数据太大(NK)显然不行……

如果不约束相邻两个坑不能都种，那么显然是取最大的几个正数。只需排序求解即可

回到问题，一步一步分析吧。

假设(K=1)，那么此时必然选最大的。

假设(K=2)，可以选择最大的(a[i])，并且对于所有(j eq i-1 且 j eq i+1)，选择(a[j])。但是存在一个问题，加入存在这样的情况：(99 100 99)。因此还有可能的最优方案是不选择(a[i])，选取(a[i-1]和a[i+1])。并且我们会发现，出现这种情况时，必定同时选择(a[i-1]和a[i+1])，因为(a[i])才是最大的

由于这种情况的存在，普通的做法似乎毫无头绪。联系网络流中我们引入了反向边的思想，意在反悔之前作出的决策。那么放在本题也一样。我们先去选择那个最大的，然后通过一种方式消除影响后选择两边的。于是，我们可以用一个大根堆维护所有的坑，选出最大的以后，删除最大值(a[i])，并推入(p=a[i-1]+a[i+1]-a[i])。如果(p>0)，意味着(a[i-1]+a[i+1]>a[i])。

但是注意，并不是每次碰到这种情况我们都要去选，毕竟选择(a[i])只需要一颗树，而选择(a[i-1]+a[i+1])要两棵树。因此依然按照大根堆的规定来行使。容易发现，在堆里，我们不仅需要存值，还需要存位置

下一步，如何实现？这是个比较困难的问题，在此之前还需要对问题进行深入分析

前面我们得到结论，要么选择(a[i])，要么选择(a[i-1]+a[i+1])。这就好像(a[i-1] .. a[i+1])是一个节点一样，初始值是(a[i])，选过之后值成为了(a[i-1]+a[i+1]-a[i])。并且我们也会发现，选择两边的节点的话将会导致(a[i-2]和a[i+2])也不能选，正好像一个节点两侧的节点一样。

联系缩点的思想，选择完一次以后，就可以将其左右缩点。此后这个点的权值就变了，但是依然是个正常的点。我们维护数组(L[i]和R[i])表示点(i)的左右侧（缩点之后）。初始时(L[i]=i-1, R[i]=i+1)。每一次缩点之后往左右两侧拓展即可。当然，切不可用(i-1)来代替左右侧，因为此时我们考虑的点全都得当成是缩完之后的点

注意，缩点以后这个点内部的原先点的个数一定是奇数个。因此我们把信息全部存在中间那个点上，并且不允许访问那些其他被缩掉的点。用布尔数组记录，如果大根堆的堆顶访问到的是已经被标记过的则强行弹出。如果遇到负数的则意味着再选下去肯定不会优，直接结束。

Code

已压行

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 500010;
const int INF = 1061109567;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
    for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
struct Tree{ ll val; int idx; };
inline bool operator < (const Tree& a, const Tree& b){ return a.val < b.val; }
int N,K,x,used[MAXN],L[MAXN],R[MAXN]; ll ans,a[MAXN];
priority_queue <Tree> q;
int main(){
	N = r, K = r;
	for(int i = 1; i <= N; ++i){ q.push((Tree){a[i]=r, i}); L[i] = i-1, R[i] = i+1; }
	while(K--){
		while(used[q.top().idx]) q.pop();
		if(q.top().val <= 0) break;
		ans += 1LL * q.top().val, x = q.top().idx; q.pop();
		a[x] = a[L[x]] + a[R[x]] - a[x]; 
		used[L[x]] = used[R[x]] = 1;
		L[x] = L[L[x]], R[L[x]] = x; R[x] = R[R[x]], L[R[x]] = x;
		q.push((Tree){1LL * a[x], x});
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}