P1484 种树 Sol / wqs 二分
不会反悔贪心，所以用 wqs 二分解决了问题。
首先可以发现对于函数 \(f(i)\)（表示强制选 \(i\) 个点时的最大点权和）来说，它呈上凸壳状。
原因是每一次都应当加入使得答案变得最大的一个点。
否则可以交换两次操作使得答案更优，不符合题意。
到了某个 \(i\) 之后，你被迫选择不那么优的点（本题中为负点权），所以答案会下降。
所以 \(f(i)\) 呈现上凸壳状。
wqs 二分的思想是二分斜率。对于当前二分到的斜率 \(mid\)，可以确定一条直线 \(f(i)=mid \cdot i+b\)。
由于我们无法知道 \(f(i)\) 的值（不然为什么还要二分呢对吧），考虑用 \(mid \cdot i+b\) 来反推 \(f(i)\)。
由于 \(mid,i\) 确定，使得 \(f(i)\) 最大，就要使得 \(b\) 最大（即直线截距最大）。
考虑 \(b=f(i)-mid\cdot i\)，可以想到，它等效于每一次花费 \(mid\) 的代价来进行一次答案更新。
那么如何求出 \(b\) 呢？考虑将每一个原点权 \(-mid\)，跑一遍 DP，求出最大点权和以及最大点权和选择的点数。
如果当前选择的点数 \(\le k\)，意味着当前的斜率 \(mid\) 是可行的，可以继续减小，记录答案。
否则，当前的 \(mid\) 不可行，斜率需要继续增大。
由于你求出的点数其实就是 \(i\)，所以我们可以将求出来的答案 \(+mid\times i\) 以获得真实答案。
当然，在这之前，分情况考虑。
由于题目说“至多 \(k\) 次”，所以对于 \(k>\) \(f(i)_{\max}\)对应的 \(i\) 时，直接输出 \(f(i)_{\max}\) 即可。
也就是说对于在 \(f(i)\) 单调减的区间内的 \(k\)，我们不如直接选在这之前的最大值。
接下来只需要考虑 \(f(i)\) 单调递增的情况，像前面那样处理即可。
但是有一个问题，就是存在特殊情况，点权可以重复，即一段斜率可能相等。
这里我们就可以简单粗暴地处理问题，将求出来的答案 \(+mid\times k\)。
虽然说对于和 \(f(k)\) 处斜率不一致的 \(f(i)\) 求出来的答案是错误的，但是我们只关心最大值。
在这段区间内，\(i\) 越大，答案越大，\(i=k\) 时自然最优；且点数单调非降，不会对最大值产生影响，答案自然正确。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10, inf = 1e18;
int n, k, a[N], dp[N][2], g[N][2];
inline pair <int, int> check(int mid) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0], g[i][0] = g[i - 1][0];
if (dp[i - 1][1] >= dp[i][0]) {
if (dp[i][0] == dp[i - 1][1]) g[i][0] = min(g[i][0], g[i - 1][1]);
else g[i][0] = g[i - 1][1], dp[i][0] = dp[i - 1][1];
}
dp[i][1] = dp[i - 1][0] + a[i] - mid, g[i][1] = g[i - 1][0] + 1;
}
if (dp[n][0] > dp[n][1]) return {dp[n][0], g[n][0]};
if (dp[n][0] == dp[n][1]) return {dp[n][0], min(g[n][0], g[n][1])};
return {dp[n][1], g[n][1]};
}
signed main() {
ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> k; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
auto tmp = check(0); if (tmp.second <= k) return cout << tmp.first << endl, 0;
int l = 1, r = *max_element(a + 1, a + 1 + n), res;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1; auto tmp = check(mid);
int val = tmp.first, num = tmp.second;
if (num <= k) res = val + k * mid, r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
