一类堆贪心前 k 优方案题

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求组合前 k 大用堆贪心，需要构造转移使得状态之间成为一个外向树，并且转移不重不漏，而且一个状态的后继很少。这样用堆贪心贪出来即可。

P1

给定非负整数构成的多重集，求前 \(k\) 小子集和。

从小往大排序，想用“先移动最右边的到指定位置，再移动最左边的到指定位置......”这个策略去描述状态的转移。首先选把选了前 \(i\) 个的状态 push 到堆里面。发现描述转移的时候需要记录的信息有：前缀 \([1,x]\) 还没有移动，当前正在移动的物品位于 \(y\)，上个物品停在了 \(z\)．转移就是 \(y\) 继续往后一格但是不能越过 \(z\)，或者 \(y\) 彻底停住再去移动 \(x\)．

P2

\(n\) 个正整数数组，一个方案的代价是每个数组里面恰好选一个数再求和，求前 \(k\) 小的方案的代价。P2541。

设计策略是挨个数组确定选第几个。也就是 \((pos,x)\) 表示选到了第 \(pos\) 个数组，当前这个数组选的是第 \(x\) 个人．但是发现计重了，\((2,1,1)\) 被 \((2,1)\) 和 \((3,1)\) 两个都算到了。原因在于 \(x\) 可以为 \(1\)，但是后缀还没决策的数组选的全是 \(1\)，于是对于一个状态来说无法唯一确定它的 \(pos\)．

于是强制让 \(x\geq 2\)，那么转移就分三种：

• 当前数组从第 \(x\) 个换成第 \(x+1\) 个；
• 换到下一个数组，从第 \(2\) 个开始选；
• 如果当前 \(x=2\)，说明可以撤销回 \(x=1\)，然后从下一个数组的第 \(2\) 个开始选。

为了让第三个转移非负，按照 \(a_2-a_1\) 将所有 \(a\) 排序即可。

除了全选第一个的最优解以外，其余的均能转移到并且仅被转移一次（按照这个策略去尝试把一个状态凑出来，只有一种方案）。

P3

P2 改成每个数组要选数量在 \([L_i,R_i]\) 中的若干个数。P6646。

对于单个数组，用 P1 中的方法已经可以求出前 \(k\) 小的方案，看成一个黑箱，结合 P2 做法即可。

P4

给定非负整数 \(a\)，对于排列 \(p\) 代价为 \(\sum a_ip_i\)，求前 \(k\) 小的代价和。

最优就是 \(a\) 降序排序之后 \(p_i=i\)，然后考虑一个排列从后往前插排去得到。这个时候状态记录 \((p,x)\) 为现在从后往前插排在将 \(p\) 往后移动移到了第 \(x\) 个位置。同 P2 中的问题一样，当 \(p=x\) 的时候会出现问题，但是套用 P2 中的做法，先强制 \(x>p\)，然后再考虑撤销往前也不行，因为这里并不像 P2 中一样可以交换数组之间顺序使得转移非负。

这里转移非负的问题就在于，为了剪枝掉后继个数，当前的 \(p\) 已经插排完毕，选择下一个进行插排的 \(p\) 的时候想直接通过对 \(p=x\) 的状态进行撤销再选择另一个 \(p\)（形象一点的描述就是，运用了儿子兄弟表示法）。思路往回推，记录当前已经插排完毕的是哪个 \(p\)，选择下一个 \(p\) 的时候从最优开始，最优完了再找次优，次优完了再往后找...

于是记录 \(pre\) 表示已经考虑完了 \(>pre\) 的所有位置，\([1,pre]\) 还没有尝试插排。现在有 \(pre=p-1\)．如果继续移动 \(p\) 那么直接正常做；如果当前的 \(p\) 移动完了，去找下一个 \(p\)，对 \([1,pre]\) 里面每个 \(i\) 记录 \(f_i\) 表示下一个交换 \(i\) 多出来的代价是多少，那么找 \(f\) 最小的那个位置当作下一个 \(p\)，此时让 pre 不变。

那么当 \(pre\geq p\) 的时候就意味着当前状态的 \(p\) 是尝试新开一个 \(p\) 得到的状态，那么它的转移就多了一个撤销当前的 \(p\)，尝试比它次优的那个 \(p\)，于是需要找到按 \(f\) 排序之后它的后继。只有 \(f_{pre}\) 不是 \(a_{pre+1}-a_{pre}\)，其余的 \(f_i\) 均为 \(a_{i+1}-a_i\)，所以尝试新的 \(p\) 的时候单独把 \(pre\) 作为一个转移拎出来，现在 \(f_i=a_{i+1}-a_i\)，所以直接在主席树上二分即可找到后继。

整理一下现在的转移：

当 \(pre=p-1\) 时：

1. 继续移动 \(p\)，此时 \(x\gets x+1\)，\(pre\) 被强制更新为 \(p-1\)；
2. 选择下一个 \(p'\)，并且选择的就是 \(p-1\)，此时 \(pre\) 被强制更新为 \(p-2\);
3. 选择下一个 \(p'\)，选择的是 \([1,pre)\) 中的，此时 \(p'\) 应选择 \(f\) 最小的，\(pre\) 不变。

当 \(pre\geq p\) 时：

1. 同上；
2. 同上；
3. 类似，选择下一个 \(p'\)，选择的是 \([1,p-1)\) 中的，此时 \(p'\) 应选择 \(f\) 最小的，然后 \(pre\) 被更新为 \(p-1\)．
4. 撤销当前选的 \(p\)，\(p'\) 选为 \([1,pre]\) 里面选当前的 \(f\) 的后继，\(pre\) 不变。

还需要维护各个转移需要的代价，由于只有交换操作，所以用个可持久化线段树就行了。