inf wid 如果 online pau ems mit 輸出 一次

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Description

　　你在一家 IT 公司為大型寫字樓或辦公樓（offices）的計算機數據做備份。然而數據備份的工作是枯燥乏味 的，因此你想設計一個系統讓不同的辦公樓彼此之間互相備份，而你則坐在家中盡享計算機遊戲的樂趣。已知辦公 樓都位於同一條街上。你決定給這些辦公樓配對（兩個一組）。每一對辦公樓可以通過在這兩個建築物之間鋪設網 絡電纜使得它們可以互相備份。然而，網絡電纜的費用很高。當地電信公司僅能為你提供 K 條網絡電纜，這意味 著你僅能為 K 對辦公樓（或總計2K個辦公樓）安排備份。任一個辦公樓都屬於唯一的配對組（換句話說，這 2K 個辦公樓一定是相異的）。此外，電信公司需按網絡電纜的長度（公裏數）收費。因而，你需要選擇這 K 對辦公 樓使得電纜的總長度盡可能短。換句話說，你需要選擇這 K 對辦公樓，使得每一對辦公樓之間的距離之和（總距 離）盡可能小。下面給出一個示例，假定你有 5 個客戶，其辦公樓都在一條街上，如下圖所示。這 5 個辦公樓分 別位於距離大街起點 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 處。電信公司僅為你提供 K=2 條電纜。 　　上例中最好的配對方案是將第 1 個和第 2 個辦公樓相連，第 3 個和第 4 個辦公樓相連。這樣可按要求使用 K=2 條電纜。第 1 條電纜的長度是 3km-1km=2km ，第 2 條電纜的長度是 6km-4km=2km。這種配對方案需要總長 4km 的網絡電纜，滿足距離之和最小的要求。

Input

第一行包含整數n和k 其中n（2≤n≤100000）表示辦公樓的數目，k（1≤k≤n/2）表示可利用的網絡電纜的數目。 接下來的n行每行僅包含一個整數（0≤s≤1000000000）,表示每個辦公樓到大街起點處的距離。 這些整數將按照從小到大的順序依次出現。

Output

輸出應由一個正整數組成，給出將2K個相異的辦公樓連成k對所需的網絡電纜的最小總長度。

Sample Input

5 2
1
3
4
6
12

Sample Output

4 思路：首先證明不取全局最小值時一定是把它相鄰的兩個取了。然後每次取最小值後，向堆中加入v[p -> pre] + v[p -> nex] - v[p]，這樣如果之後取了這個元素，則等價於取了與p相鄰的兩個，並把之前取的p悔掉。 實現時用個堆與鏈表構成對應關系即可，第一次寫得推敲一會。

 1 #include <iostream>
 2 #include <fstream>
 3 #include <sstream>
 4 #include <cstdlib>
 5
 
 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <string>
 8 #include <cstring>
 9 #include <algorithm>
10 #include <queue>
11 #include <stack>
12 #include <vector>
13 #include <set>
14 #include <map>
15 #include <list>
16 #include <iomanip>
17 #include <cctype>
18 #include <cassert>
19 #include <bitset>
20 #include <ctime>
21 
22 using namespace std;
23 
24 #define pau system("pause")
25 #define ll long long
26 #define pii pair<int, int>
27 #define pb push_back
28 #define mp make_pair
29 #define clr(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
30 
31 const double pi = acos(-1.0);
32 const int INF = 0x3f3f3f3f;
33 const int MOD = 1e9 + 7;
34 const double EPS = 1e-9;
35 
36 /*
37 #include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
38 #include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
39 
40 using namespace __gnu_pbds;
41 tree<pli, null_type, greater<pli>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> T;
42 */
43 
44 int n, k, d[100015];
45 struct gg {
46     int l, r, v, use, index;
47     gg () {}
48     gg (int l, int r, int v, int use, int index) : l(l), r(r), v(v), use(use), index(index) {}
49     bool operator > (const gg &g) const {
50         return v > g.v;
51     }
52 } g[200015];
53 priority_queue<gg, vector<gg>, greater<gg> > que;
54 int main() {
55     scanf("%d%d", &n, &k);
56     d[0] = -MOD, d[n + 1] = MOD << 1;
57     for (int i = 1; i <= n; ++i) {
58         scanf("%d", &d[i]);
59         g[i].l = i - 1;
60         g[i].r = i + 1;
61         g[i].v = d[i] - d[i - 1];
62         g[i].use = 0;
63         g[i].index = i;
64         que.push(g[i]);
65     }
66     g[n + 1].l = n, g[n + 1].v = d[n + 1] - d[n], g[n + 1].use = 0, g[n + 1].index = n + 1;
67     int ans = 0, cnt = 0, cnt_index = n + 1;
68     while (que.size() && cnt < k) {
69         gg tg = que.top(); que.pop();
70         int index = tg.index;
71         if (g[index].use) continue;
72         //printf("l = %d, r = %d, v = %d\n", tg.l, tg.r, tg.v);
73         int pre = g[index].l, nex = g[index].r;
74         int new_pre = pre, new_nex = nex;
75         g[pre].use = g[nex].use = 1;
76         if (1 != new_pre) {
77             new_pre = g[new_pre].l;
78         }
79         if (n + 1 != new_nex) {
80             new_nex = g[new_nex].r;
81         }
82         ans += tg.v;
83         ++cnt_index;
84         g[cnt_index] = gg(new_pre, new_nex, g[pre].v + g[nex].v - tg.v, 0, cnt_index);
85         que.push(g[cnt_index]);
86         g[new_pre].r = g[new_nex].l = cnt_index;
87         ++cnt;
88     }
89     printf("%d\n", ans);
90     return 0;
91 }

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1150: [CTSC2007]數據備份Backup