P1484 种树，特殊情形下的 WQS 二分转化。

原题：link，点击这里喵。

题意：P1484 种树。

将军今天在种树，他在一条直线上挖了 n n n 个坑。这 n n n 个坑都可以种树，但为了保证每一棵树都有充足的养料，将军不会在相邻的两个坑中种树。而且由于将军的树种不够，他至多会种 k k k 棵树。将军有某种神能力，能预知自己在某个坑种树的获利会是多少（可能为负），请你帮助他计算出他的最大获利。

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 300000 1 \le n\leq 300000 1≤n≤300000， 1 ≤ k ≤ n 2 1 \le k\leq \dfrac{n}{2} 1≤k≤2n，在一个地方种树获利的绝对值在 1 0 6 10^6 106 以内。

解法：WQS 二分。

首先，如果没有 k k k 的限制，我们可以很轻松的推出 d p dp dp 方程式，设 d p i dp_i dpi 为种到第 i i i 个坑的最大收益，我们有： d p i = max ⁡ ( d p i − 2 + v i , d p i − 1 ) dp_i=\max(dp_{i-2}+v_i,dp_{i-1}) dpi=max(dpi−2+vi,dpi−1)

注意自行判断边界条件即可。

运用套路二分惩罚（斜率） c c c，把每一个坑的收益减去 c c c，了解此时所选的数量。不过有一点很特别，不同于以往的恰好，题目中是至多。

这该怎么办？

我们定义一次惩罚为 c c c 的操作为 solve ⁡ ( c ) \operatorname{solve}(c) solve(c)。

在程序开始时，我们先执行一次 solve ⁡ ( 0 ) \operatorname{solve}(0) solve(0)，如果其返回值告诉我们它选择了 c n t cnt cnt 个树坑：

c n t < = k cnt<=k cnt<=k，函数极值的横坐标小于等于 k k k，意味着可以直接输出答案，因为右侧的斜率 c < = 0 c<=0 c<=0。
c n t > k cnt>k cnt>k，归约到正常的 WQS 二分问题，此时函数在 k k k 限制下的极值的横坐标为 k k k，所以套用恰好模型。

可以参照下面的图片参照理解。

为了防止有相同的斜率产生，我们还需要统计 solve ⁡ ( 0 ) \operatorname{solve}(0) solve(0) 中， v − c = 0 v-c=0 v−c=0 的 v v v 个数（这个是在 d p dp dp 过程中计入的 0 0 0 的个数），记为 _ c n t \_cnt _cnt，因为 0 0 0 不对 d p dp dp 的值产生变化，所以我们直接在统计答案时加上其个数并与 k k k 取 min ⁡ \min min 即可。

代码 time。

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>

#define inf 0x3f3f3f3f
typedef long long lnt;

using namespace std;

const int N = 2e6 + 10;

struct DATA { // 这样写方便也省事
    int cnt, _cnt;
    lnt v;
    DATA() = default;
    DATA(int cntp, int _cntp, lnt _v) : cnt(cntp), _cnt(_cntp) , v(_v){}
    bool operator<(const DATA &a) const { return v < a.v; }
    DATA operator+(const DATA &a) const {
        return DATA(cnt + a.cnt, _cnt + a._cnt, v + a.v);
    }
};
vector<DATA> dp, d, v;

int n, k;

DATA solve(int c) {
    v = d;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        v[i].v -= c;
        if (v[i].v < 0) v[i].cnt = 0, v[i].v = 0;
        else if(v[i].v == 0) v[i]._cnt = 1, v[i].cnt = 0;
        dp[i] = {0, 0, 0};
    }
    DATA ans = DATA(0, 0, 0);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        dp[i] = (i - 2 >= 0 ? dp[i - 2] : DATA(0, 0, 0)) + v[i];
        if (i) dp[i] = max(max(dp[i], dp[i - 1]), DATA(0, 0, 0));
        ans = max(ans, dp[i]);
    }
    return ans;
}

int main() { //
    scanf("%d%d", &n, &k);
    dp.resize(n), d.resize(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        scanf("%lld", &d[i].v);
        d[i].cnt = 1;
    }
    DATA g = solve(0);
    if (g.cnt <= k) {
        printf("%lld\n", g.v);
        return 0;
    }
    int l = -1, r = 1e6 + 10;
	lnt ans = 0;
    while (l < r - 1) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        DATA g = solve(mid);
        if (g.cnt <= k) {
            ans = max(ans, (lnt)min(g.cnt + g._cnt, k) * mid + g.v); // 注意这里 ！
            r = mid;
        } else if (g.cnt > k) {
            l = mid;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}