BZOJ 1150: [CTSC2007]数据备份Backup【贪心】

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。

题解

强贪心。

肯定是取若干个相邻的大楼连线，但是，直接从小到大取肯定是不行的，因为要保证每个大楼只被连一次，但是，贪心又要保证每次取的都是最小值，这里就有一个脑洞：

首先差分，问题转化为取k个不相邻的，使加和最小。

如果我取了一个x，那么就把x左右相邻的节点都去掉，同时把左右节点和x合并为同一个节点，其权值为左右节点的权值-x的权值。

这样，如果我之后取了新加入的节点，其实就相当于取两边而不取中间，并且，每次取都是满足条件的最小值，并且每次取都会多一个，所以这个贪心是正确的。

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>#include<cmath>#define maxn 100006#define LL long longusing namespace std;inline char nc(){    static char buf[100000],*i=buf,*j=buf;    return i==j&&(j=(i=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),i==j)?EOF:*i++;}inline int _read(){    char ch=nc();int sum=0;    while(!(ch>='0'&&ch<='9'))ch=nc();    while(ch>='0'&&ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=nc();    return sum;}int n,T,pre[maxn],nxt[maxn],a[maxn];LL ans;struct data{    int x,sum;    bool operator <(const data&b)const{return sum>b.sum;}};priority_queue <data> heap;int main(){    freopen("backup.in","r",stdin);    freopen("backup.out","w",stdout);    n=_read();T=_read();    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=_read();    for(int i=1;i<n;i++){        data p;        a[i]=a[i+1]-a[i];        p.x=i;p.sum=a[i];pre[i]=i-1;nxt[i]=i+1;        heap.push(p);    }    nxt[0]=1;pre[n]=n-1;nxt[n]=n;    a[0]=a[n]=1000000000;    while(T--){        data p=heap.top(),p2;heap.pop();        while((nxt[pre[p.x]]!=p.x||pre[nxt[p.x]]!=p.x))p=heap.top(),heap.pop();        int l=pre[p.x],r=nxt[p.x];        ans+=p.sum;p2.x=p.x;p2.sum=a[l]+a[r]-p.sum;        a[p.x]=p2.sum;        heap.push(p2);        nxt[pre[l]]=p.x;pre[nxt[r]]=p.x;        pre[p.x]=pre[l];nxt[p.x]=nxt[r];    }    printf("%lld\n",ans);    return 0;}