【BZOJ3502】PA2012 Tanie linie

Description

n个数字，求不相交的总和最大的最多k个连续子序列。
 1<= k<= N<= 1000000。

Sample Input

5 2
7 -3 4 -9 5

Sample Output

13

题解：跟1150和2151差不多。

我们先做一些预处理，因为连续的正数和连续的负数一定是要么都选要么都不选，所以可以将它们合并成一个数，同时区间中的零以及左右两端的负数没有意义，可以将它们删掉。然后我们得到的序列就变成：正-负-正-...-负-正。

然后我们贪心的把所有正数都选了，如果正数的部分<=k，那么直接取光即可，否则，我们还要将我们的子串个数减少一些。如何减少呢？1：将某个正数由选变为不选。2.将某个负数由不选变为选。我们发现，这两种情况都会使答案减少：那个数的绝对值，所以我们可以用堆维护所有数的绝对值，然后每次都贪心的选取绝对值小的。

但是直接贪心肯定不行，我们要模拟费用流的过程，也就是加入一个反悔操作。发现：如果对一个整数进行了1操作，那么我们就无法对它相邻的负数进行2操作；如果对一个负数进行了2操作，那么我们就无法对它相邻的正数进行1操作。所以我们再堆中删掉与它相邻的点。那么怎么反悔呢？如果当前是b，b的前驱是a，后继是c，那么向堆中加入a+c-b。如果再次选择了a+c-b，意味着我们撤销了对b的操作，而是对a和c进行操作，这样就和费用流是一样的了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <utility>
#include <algorithm>
#define mp(A,B) make_pair(A,B)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000010;
int n,m,k;
ll ans;
ll v[maxn],p[maxn];
int pre[maxn],nxt[maxn],del[maxn];
typedef pair<ll,int> pli;
priority_queue<pli> q;
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,a,b,tp=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		v[i]=rd();
		if(v[i]>0)
		{
			ans+=v[i];
			if(p[tp]>0)	p[tp]+=v[i];
			else	p[++tp]=v[i];
		}
		if(v[i]<0)
		{
			if(p[tp]<=0)	p[tp]+=v[i];
			else	p[++tp]=v[i];
		}
	}
	if(p[tp]<=0)	tp--;
	n=tp;
	if((n+1)>>1<=m)
	{
		printf("%lld\n",ans);
		return 0;
	}
	m=((n+1)>>1)-m;
	for(i=1;i<=n;i++)	p[i]=abs(p[i]),q.push(mp(-p[i],i)),pre[i]=i-1,nxt[i]=(i<n)?(i+1):0;
	while(m--)
	{
		while(del[q.top().second])	q.pop();
		ans+=q.top().first,i=q.top().second,q.pop();
		a=pre[i],b=nxt[i],del[a]=del[b]=1;
		if(a&&b)
		{
			pre[i]=pre[a],nxt[i]=nxt[b];
			if(pre[i])	nxt[pre[i]]=i;
			if(nxt[i])	pre[nxt[i]]=i;
			p[i]=p[a]+p[b]-p[i],q.push(mp(-p[i],i));
		}
		else
		{
			pre[i]=pre[a],nxt[i]=nxt[b];
			if(pre[i])	nxt[pre[i]]=nxt[i];
			if(nxt[i])	pre[nxt[i]]=pre[i];
			del[i]=1;
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}