【队内胡策 10.24 T3】洛圣都

题目来源：Codeforce867E(865D) Buy Low Sell High
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第一反应是一个之前做过的DP，条件稍微改了一下，但是打了半天发现不对。好吧最后还是没有打出水分的DP
正解是贪心
很神奇的做法
首先来说一下做法，维护一个小根堆，从第一天到第n天for一遍，如果这一天的价格小于堆顶元素，直接加入堆。如果大于，ans+=该天的价格与堆顶元素的差，在堆里放入两个该天的价格，直到第n天。
为什么这样是正确的呢？
首先对于一个小于或等于堆顶元素的值，肯定是买入，也就是放入堆，这一点毋庸置疑
对于一个大于堆顶元素的值：设堆顶元素为a，当前价格为b，即a < b,如果后面没有比b大的数了，这时b-a一定是最优的。如果后面有一个数c > b，即存在a < b < c，如果遇到了c，那么ans+=c-b，一加一减，b就消掉了。也就是说，如果存在比b更优的c，我们可以通过这种方式来使答案变成更优的c-a。至于为什么要push两个b？第一个是为了后来遇到c时，能够pop出b，第二个是为了，如果遇到了c，把b给pop掉了，但是b有可能和后面的另一个比b大的数d对答案贡献d-b，这时候第二个就用上了。因为每次都是取出之前已经遍历到过的最小值，所以答案一定是最优的。
最后堆里还会剩下一些元素，显然，这些元素都是比前面已经pop掉的元素大的，如果使用它们，肯定不会使答案更优，所以最后他们就是卖不出去的那些股票，也就是我们选择什么都不做的那一天的股票。

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看dalao的题解：

题目条件：
① ： 可以在接下来的 N 天内完全预测某种股票的价格；
② ：每天只能处理一份股票，要么买一份， 要么卖一份，要么什么也不做；
贪心。
每天给出一个股票价格，可以选择在这一天以这一价格买入或卖出。 对于第三个条件不需要考虑，只需根据后面的处理过程假设在这一天 买入或卖出，
并不需要“持有”任何股票。 显然，为了赚到更多的钱，需要在价格较低时买入，价格较高时卖出。 但是并不知道具体在哪一天是买入或卖出的最好时间。
于是维护一个小根堆。 由于卖出的只能是先前已经买入的，所以小根堆中记录当天 之前的信息。之后每加入一天的价格，将当前价格与堆顶（最小元素）
比较： now>top， 将 now-top 加入答案； now < =top， 将 now 放入堆。 然而这样的策略并不完美。 例如： 3，4,7 。按照以上思路， 遍历到 4 时发现 4 比 3 大就直接把 4-3 加入了答案， 实际上存在更优解： 7-3=4
观察发现
7-3=(4-3)+(7-4)， 也就相当于没有用到 4 。也就是说，如果只考虑 a < b < c 这样的子序列， b 是用不到的， 但是在 遍历到c 之前，无法确定是否会出现这样的情况。 一旦出现这样的情 况， b 对答案无影响并且 b 可能在以后用到。 这时候考虑放进去两个 b。
具体思路： ① 遍历到 a，放 a；
③ 如果之后找到一个 c>b, b 作为堆顶元素被买， 将 c-b 加入答案。此 时加入的答案总和为：（b-a）+（c-b） =c-a ， b 用不到，但是 b 被 减没了， 如果后面有 f>b， 这时放入的另一个 b 就派上了用场；
④ 将 b 放进去后，如果 b 从此以后一直是比较大的，那么之后一定不会再以 b 价格买入， b 不会成为堆顶， 放进去的另一个 b 就一直 用不到。
这样， 就对每一个可以进行操作堆顶元素执行了买的操作， 对每一个 当前遍历到的比堆顶元素大的元素执行了卖的操作。最后可能会剩下
一些卖不出去的东西， 这就相当于在股票价格为剩下的元素时，不执 行任何操作，以上是对整个序列进行判断比较后得到最优解的过程。
因此不需要考虑当前“持有”的股票数量以及如何使最后剩余的股票 数为 0 的策略。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<queue>using namespace std;const int maxn=300000+10;long long n,ans;long long p[maxn];struct hh{    long long x;};priority_queue<hh>q;bool operator < (hh x,hh y){    return x.x>y.x;}int main(){    scanf("%d",&n);    for(long long i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);    for(long long i=1;i<=n;++i)    {        if(q.empty()) q.push((hh){p[i]});        else if(q.top().x<=p[i])        {            ans+=p[i]-q.top().x;            q.pop();            q.push((hh){p[i]});            q.push((hh){p[i]});        }        else q.push((hh){p[i]});    }    printf("%lld",ans);    return 0;}