题目
你在一家 IT 公司为大型写字楼或办公楼（offices）的计算机数据做备份。然而数据备份的工作是枯燥乏味
的，因此你想设计一个系统让不同的办公楼彼此之间互相备份，而你则坐在家中尽享计算机游戏的乐趣。已知办公
楼都位于同一条街上。你决定给这些办公楼配对（两个一组）。每一对办公楼可以通过在这两个建筑物之间铺设网
络电缆使得它们可以互相备份。然而，网络电缆的费用很高。当地电信公司仅能为你提供 K 条网络电缆，这意味
着你仅能为 K 对办公楼（或总计2K个办公楼）安排备份。任一个办公楼都属于唯一的配对组（换句话说，这 2K
个办公楼一定是相异的）。此外，电信公司需按网络电缆的长度（公里数）收费。因而，你需要选择这 K 对办公
楼使得电缆的总长度尽可能短。换句话说，你需要选择这 K 对办公楼，使得每一对办公楼之间的距离之和（总距
离）尽可能小。下面给出一个示例，假定你有 5 个客户，其办公楼都在一条街上，如下图所示。这 5 个办公楼分
别位于距离大街起点 1km, 3km, 4km, 6km 和 12km 处。电信公司仅为你提供 K=2 条电缆。
上例中最好的配对方案是将第 1 个和第 2 个办公楼相连，第 3 个和第 4 个办公楼相连。这样可按要求使用
K=2 条电缆。第 1 条电缆的长度是 3km-1km=2km ，第 2 条电缆的长度是 6km-4km=2km。这种配对方案需要总长
4km 的网络电缆，满足距离之和最小的要求。
输入格式
第一行包含整数n和k
其中n（2≤n≤100000）表示办公楼的数目，k（1≤k≤n/2）表示可利用的网络电缆的数目。
接下来的n行每行仅包含一个整数（0≤s≤1000000000）,表示每个办公楼到大街起点处的距离。
这些整数将按照从小到大的顺序依次出现。
输出格式
输出应由一个正整数组成，给出将2K个相异的办公楼连成k对所需的网络电缆的最小总长度。
输入样例
5 2
1
3
4
6
12
输出样例
4
题解
很容易想到最后选择的每对办公楼一定是相邻的，
因为最后\(ans = \sum Ri - Li\)，R越左越好，L越右越好
这样问题就转化为了：有\(n-1\)个数，选取其中k个，使总和最小，所选数不能相邻
直接贪心选最小是错误的，会发现样例都过不了
因为如果选择了最小的位置x，那么\(x - 1\)和\(x + 1\)两个位置都不能选了
由贪心策略可知，x一定比\(x - 1\)和\(x + 1\)要小，所以三个中只选一个一定是x最优
但如果三个中要选两个，即选\(x - 1\)和\(x + 1\)，如果\(v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]\)，比剩余的数都要小，那么显然选择两个更优
这样我们就得到一个算法：
建立一个堆，每次选出最小的数删去并统计答案，同时删去相邻的两个元素合并成一个新元素\(v[new] = v[x - 1] + v[x + 1] - v[x]\)加入堆中
对于三个数的讨论是这样，对于5个数的讨论也类似，所以合并出来的元素被选择时同样也要与相邻的元素合并
所以我们再用链表维护序列，写一个支持删除插入并记录元素位置标号的堆，就可以A了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<‘ ‘; puts("");
#define ls (u << 1)
#define rs (u << 1 | 1)
#define fa (u >> 1)
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 200005,INF = 1000000000;
inline int read(){
int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
while (c < 48 || c > 57){if (c == ‘-‘) flag = -1; c = getchar();}
while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
return out * flag;
}
LL pre[maxm],val[maxm],post[maxm];
struct node{LL v,u;}H[maxm];
LL hsiz,pos[maxm];
LL n,k,A[maxn],ans;
int pd(int u){
int small;
while (true){
small = u;
if (ls <= hsiz && H[ls].v < H[small].v) small = ls;
if (rs <= hsiz && H[rs].v < H[small].v) small = rs;
if (small != u){
pos[H[small].u] = u; pos[H[u].u] = small;
swap(H[small],H[u]);
u = small;
}else break;
}
return u;
}
void pup(int u){
while (u > 1 && H[fa].v > H[u].v){
pos[H[fa].u] = u; pos[H[u].u] = fa;
swap(H[fa],H[u]);
u = fa;
}
}
void ins(int u){
H[++hsiz] = (node){val[u],u}; pos[u] = hsiz;
pup(hsiz);
}
void del(int u){
pos[H[hsiz].u] = u;
swap(H[u],H[hsiz--]);
u = pd(u);
pup(u);
}
int main(){
n = read(); k = read();
REP(i,n) A[i] = read();
sort(A + 1,A + 1 + n);
for (int i = 1; i < n; i++){
val[i] = A[i + 1] - A[i];
if (i - 1) post[i - 1] = i,pre[i] = i - 1;
ins(i);
}
node u;
int x;
while (k--){
u = H[1]; x = u.u;
ans += u.v;
if (!pre[x]){
del(1); del(pos[post[x]]);
pre[post[post[x]]] = 0;
}
else if (!post[x]){
del(1); del(pos[pre[x]]);
post[pre[pre[x]]] = 0;
}
else {
int l = pre[x],r = post[x];
del(pos[l]); del(pos[r]);
H[1].v = val[x] = val[l] + val[r] - val[x]; pos[x] = 1;
pd(1);
post[pre[x] = pre[l]] = x;
pre[post[x] = post[r]] = x;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}