bzoj2151(贪心，stl->堆和pair

思路：

这题贪心解决问题的思想和方法值得学习。

这到题，一眼dp，两眼数据，三眼蒙逼。

我们想如果是贪心的话，从最大的往下加入，。为什么不行，因为无法保证已被不选的点，是不是还能被选出了。

也就是没有反悔 的机会。

那么，我们就想办法给它一个反悔的机会，这需要做一个转化：我们可以将后悔的机会转化为点，那如何用点代表反悔？已经知道一个点如果被选了，就代表，它旁边的点就不能选了。并且，如果返悔的时候只有可能是把他旁边的两个点都选了，因为如果只选一个，先选的中间这个，就已经说明中间这个最大了。

我们假设，后来反悔了，选了两边的点，那就要把原来选的中间的那个点“退回去”，我们可以用权值来表示：选两边的那个点的权值就要是——>val【left】+val【right】-val【middle】，这样就代表把中间的那个点退回去了。

实际上，这两者是等效的，这种等效转化的思路，十分巧妙

链表部分：

维护一个点左右两边的点用一个双向链表来维护，l【i】表示i点的左边的那个点，r【i】表示i点的右边的那个点。

堆部分：

因为要支持插入，还有求最大值，priority_queue来做，其实用pair是更好写的。

总结：

    ①我们在做题的过程中，可以先将它简化成一个较为简单的题（假设不要求不相邻，直接贪心），然后我们在一点一点的去想怎样逐渐的解决这个难一些的问题（想办法解决，基本方法和题目之间的矛盾，就是解决矛盾），在简单的问题中去寻找一些灵感。

#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<queue>#include<utility>#include<algorithm>#define fi first#define se second#define pii pair<int,int>#define MP(x,y) make_pair((x),(y))using namespace std;int n,m,a[200005],b[800005];int next[800005],pre[800005];int tot;bool vv[800006];int work(int n){for (int i=1;i<n;i++) next[i]=i+1;next[n]=1;for (int i=2;i<=n;i++) pre[i]=i-1;pre[1]=n;tot=n;priority_queue< pii,vector< pii >,less< pii > > heap;for (int i=1;i<=n;i++)heap.push(MP(b[i],i));int ans=0;for (int i=1;i<=m;i++){pii tmp=heap.top();heap.pop();int u=tmp.se;if (vv[u]) {i--;continue;}ans+=b[u];int v=++tot;b[v]=b[next[u]]+b[pre[u]]-b[u];heap.push(MP(b[v],v));int a1=pre[u],a2=next[u];vv[a1]=vv[a2]=vv[u]=true;next[pre[a1]]=v,pre[v]=pre[a1];pre[next[a2]]=v,next[v]=next[a2];}return ans;}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);if (m>n/2) {printf("Error!");return 0;} int ans;for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i];ans=work(n);printf("%d",ans);return 0;}

链表：维护一个点左右两边的点用一个双向链表来维护，l【i】表示i点的左边的那个点，r【i】表示i点的右边的那个点。