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反悔贪心乱做

解决历史遗留问题.jpg

[APIO/CTSC2007]数据备份

显然，选的一定是相邻的两个城市。所以问题转化成，给一个差分数组，选 $k$ 个不相邻的数，使得和最小。

这就是经典的种树的问题。

我们每次贪心的选最大值，然后把左右两边的全删掉，并再插入 $a[pre[i]]+a[nxt[i]]-a[i]$ ，这样再选到它的时候意味着选两边的，不选中间的，而且再左右的也不选。这样重复 $K$ 次即可。

CF730I

这个诡异的数据范围应该是留给费用流的。

就是源点连向各个学生，费用为 $0$ ，流量为 $1$ ，每个学生连向两个点，分别代表两个社团，流量为 $1$ ，费用为负的权值，然后这两个点再连向汇点，流量分别为 $p,s$ 。

首先我们将 $a_i$ 值最大的 $p$ 个人选出来，然后考虑选出另外一个社团的人。假设我们选的是还没有加入任何社团的人，那就直接选 $b_i$ 最大的就行。否则我们从编程社团选一个人到体育社团，然后从无业游民里选一个到编程社团，那贡献就是 $b_i-a_i+a_j$ ，那就再开两个堆表示 $b_i-a_i$ ，和 $a_j$ ，然后直接做就行。注意判重， $a_i$ 和 $b_i$ 的堆需要记录不是任何社团的，而 $b_i-a_i$ 的不需要管，因为一定是编程社团的。

[NOI2017] 蔬菜

不说这题的反悔贪心的做法（我觉得没有这种有意思还不好写）.

就说有一个弱化版的题 UVA316 Supermarket

就是有一个神仙的想法就是先按价值排序，然后加入到消失点前里消失点最近的位置。这样能保证尽可能的多放物品，如果加不进去，就说明这个物品没啥用，直接扔了就行。

这题也是一样，对于每种蔬菜在大根堆里，先插入 $a_i+s_i$ ,然后取出最大的，也是放到可行的尽可能后的位置，如果不存在这样的位置，这种蔬菜就直接扔掉就好啦（所以保证复杂度），然后如果这种蔬菜还能放，就在堆里插入 $a_i$ 。

询问的时候就直接问插入 $x\times m$ 个蔬菜时的价值和即可。我们刚才考虑的是最坏情况，也就是对每种蔬菜尽可能往后放，这样的目的是让别的蔬菜能放进去。而询问的时候前面就是有 $x\times m$ 个空位，原来那些蔬菜是放在后面的，现在全部堆到前面也不成问题，所以不用在意时间的问题。

[NOI2019] 序列

经典：

这不是普及组套路吗

先贪心的对于两个序列都把最大的 $K$ 个选出来，然后每次都让交集大小增加 $1$ 。

按照反悔贪心的套路，我们分四种情况讨论。

选一个 b 选了的，a 没选的下标 $x$ ，选一个 $a$ 选了的， $b$ 没选的下标 $y$ 。贡献为 $a_x-a_y$ 。就是将 $a$ 里选一个 $x$ ,并且把 $y$ 从 $a$ 里丢掉
选一个 $a$ 选了的， $b$ 没选的下标 $x$ ，选一个 $b$ 选了的， $a$ 没选的下标 $y$ 。贡献为 $a_x-a_y$ 。
选一个选 $b$ 不选的 $x$ ， $b$ 选 $a$ 不选的 $y$ ，两个都没选的 $z$ ，把 $x,y$ 丢掉，然后两个都选 $z$ ，贡献为 $a_z+b_z-a_x-b_y$
选一个选 $b$ 不选的 $x$ ， $b$ 选 $a$ 不选的 $y$ ，两个都选的 $z$ ，把 $z$ 都丢掉，然后 $b$ 选 $x$ ， $a$ 选 $y$ 。

然后就是按照套路，开 6 个堆，维护上面说的那些信息，然后就没了。

其实想通了不是很难喵。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
typedef long long ll;
const int maxn=200030;
int a[maxn],b[maxn],idx1[maxn],idx2[maxn];bool typ1[maxn],typ2[maxn];int op[maxn];
struct node
{
	int val,idx;
	bool operator<(const node &x)const{
		return val<x.val;
	}
};
priority_queue<node> Q1,Q2,Q3,Q4,Q5,Q6;
void add(int i)
{
	if(op[i]==1) Q6.push((node){-(a[i]+b[i]),i});
	if(op[i]==2) Q2.push((node){-a[i],i}),Q3.push((node){b[i],i});
	if(op[i]==3) Q1.push((node){a[i],i}),Q4.push((node){-b[i],i});
	if(op[i]==4) Q5.push((node){a[i]+b[i],i});
}
bool cmp1(int x,int y){return a[x]>a[y];}
bool cmp2(int x,int y){return b[x]>b[y];}
int main()
{
//	freopen("p.in","r",stdin);
	int TT; scanf("%d",&TT);
	while(TT--)
	{
		memset(typ1,0,sizeof(typ1));memset(typ2,0,sizeof(typ2));
		while(Q1.size()) Q1.pop();while(Q2.size()) Q2.pop();while(Q3.size()) Q3.pop();
		while(Q4.size()) Q4.pop();while(Q5.size()) Q5.pop();while(Q6.size()) Q6.pop();
		int n,K,L;scanf("%d%d%d",&n,&K,&L);
		ll ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a[i]),idx1[i]=i;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&b[i]),idx2[i]=i;
		sort(idx1+1,idx1+1+n,cmp1); sort(idx2+1,idx2+1+n,cmp2);
		for(int i=1;i<=K;i++)
			typ1[idx1[i]]=typ2[idx2[i]]=1,ans+=a[idx1[i]],ans+=b[idx2[i]];
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(typ1[i]&&typ2[i]) op[i]=1,cnt++,Q6.push((node){-(a[i]+b[i]),i});
			if(typ1[i]&&!typ2[i]) op[i]=2,Q2.push((node){-a[i],i}),Q3.push((node){b[i],i});
			if(!typ1[i]&&typ2[i]) op[i]=3,Q1.push((node){a[i],i}),Q4.push((node){-b[i],i});
			if(!typ1[i]&&!typ2[i]) op[i]=4,Q5.push((node){a[i]+b[i],i});
		}
		for(int i=1;i<=L-cnt;i++)
		{
			while(Q1.size()&&op[Q1.top().idx]!=3) Q1.pop();
			while(Q2.size()&&op[Q2.top().idx]!=2) Q2.pop();
			while(Q3.size()&&op[Q3.top().idx]!=2) Q3.pop();
			while(Q4.size()&&op[Q4.top().idx]!=3) Q4.pop();
			while(Q5.size()&&op[Q5.top().idx]!=4) Q5.pop();
			while(Q6.size()&&op[Q6.top().idx]!=1) Q6.pop();
			ll x1=Q1.size()?Q1.top().val:-1e15;ll x2=Q2.size()?(-Q2.top().val):1e15;
			ll x3=Q3.size()?Q3.top().val:-1e15;ll x4=Q4.size()?(-Q4.top().val):1e15;
			ll x5=Q5.size()?Q5.top().val:-1e15;ll x6=Q6.size()?(-Q6.top().val):1e15;
			ll ans1=x1-x2; ll ans2=x3-x4; ll ans3=x5-x2-x4; ll ans4=x1+x3-x6;
			ll mx=max({ans1,ans2,ans3,ans4});
			ans+=mx;
			if(ans1==mx)
			{
				int x=Q1.top().idx; int y=Q2.top().idx;
				op[x]=1; op[y]=4;add(x); add(y); 
			}
			else if(ans2==mx)
			{
				int x=Q3.top().idx; int y=Q4.top().idx;
				op[x]=1; op[y]=4; add(x); add(y);
			}
			else if(ans3==mx)
			{
				int x=Q2.top().idx; int y=Q4.top().idx; int z=Q5.top().idx;
				op[x]=4,op[y]=4; op[z]=1;
				add(x);add(y);add(z);
			}
			else
			{
				int x=Q1.top().idx; int y=Q3.top().idx; int z=Q6.top().idx;
				op[x]=1,op[y]=1,op[z]=4;
				add(x); add(y); add(z);
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}

}