题解：CF2085D Serval and Kaitenzushi Buffet

· · 题解

Part1：思路

这题虽然简单，但是反应的思维方式比较有意义。

首先，去刻画什么情况下一盘寿司能被选择——显然是后面至少有 k 分钟空着没事做。

这里的关键在于后面，但是后面的情况如何正着做是不知道的。换句话说，前面数的选择与否只与后面的情况有关，所以我们从后往前考虑。

遇到这种选择物品题，我们往往第一反应都会是贪心。从后往前扫的时候，假若现在是第 n-k 分钟，那么后面恰好有 k 分钟空余，我们将选择当前这盘寿司。

但是这里显然不满足最优子结构。考虑刻画非最优的情况。具体的，对于第 1\sim n-k-1 中任意一盘没选中的寿司，假若选择它会带来更大美味值，那么我们都可以使用后面的寿司替换第 n-k 盘。

更加广泛的，对于任意 j<i，我们都可以使用第 j 盘寿司替换第 i 盘。这时候就得到了一个反悔贪心，对于其正确性此时再稍作归纳便可得知。

Part2：代码

#include <bits/stdc++.h>
#define FL(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FR(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define Sz(v) ((int)(v).size())
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vi;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 2e5 + 10;
int n, k, d[N];
multiset<int> s1;
void Solve() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    FL(i, 1, n) {
        scanf("%d", &d[i]);
    }
    s1.clear();
    ll ans = 0;
    FR(i, n, 1) {
        int lim = (n - i + 1) / (k + 1);
        if (Sz(s1) < lim) {
            ans += d[i];
            s1.emplace(d[i]);
        } else {
            if (!s1.empty() && *s1.begin() < d[i]) {
                ans -= *s1.begin();
                s1.erase(s1.begin());
                ans += d[i];
                s1.emplace(d[i]);
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
    int T = 1;
    scanf("%d", &T);
    for (; T--; Solve());
    return 0;
}