思路：
方案一：o（n*k）的dp…只能得部分分。
首先我們知道，只選擇相鄰的點構成線段，答案一定不會變差。
因為若選擇跨點連線，我們必然可以用其中相鄰點構成的連線代替，且使得權值更小。
那麼我們就只考慮相鄰點構成的線段如何選取。
我們設dp[i][j][1/0]前i條線段選了j條線段是否選擇當前線段(包括在j內)
每次用前一條線段的狀態更新當前線段選取狀態即可。
注意：若我們選擇了一條線段，那麼這條線段兩邊的線段都不可選，這個限制條件是我們更新的前提。
**——dp版本
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int n,k;
int pos[100010],dis[100010];
int dp[1010][1010][2];//dp[i][j][1/0]前i條線段選了j條線段是否選擇當前線段(包括在j內)
int main() //1--選 0--不選
}printf("%d",min(dp[n-1][k][0],dp[n-1][k][1]));
return
0;}
基本思路：維護乙個小根堆，堆中存所有線段，每次取出權值最小的線段加入答案。
顯然有反例。
那麼我們就在每次取出權值最小的線段後，將其左右兩邊線段的權值x1，x2相加再減去當前線段權值y1，並將x1+x2-y1加入堆中。
這樣，若x1 + x2 - y1的值比堆中其他元素大，我們就不會選擇x1，x2的方案。因為選擇x1 + x2的方案一定不如當前選了y1，再在堆中選擇權值y2盡量小的乙個元素的方案優。即 x1 + x2 - y1 > y2，則x1 + x2 > y1+ y2，選擇x1，x2的方案不符合我們權值盡量小的要求。
若x1 + x2 - y1的值比堆中其他元素小，我們就會取出x1 + x2 - y1，並讓ans + x1 + x2 - y1，因為ans原本就加過y1，一加一減ans中就只剩下了x1和x2，即選擇了x1，x2的方案而不選擇y1，y2。因為選擇x1 + x2的方案一定比當前選了y1，再在堆中選擇權值y2盡量小的乙個元素的方案優。即 x1 + x2 - y1 < y2，則x1 + x2 < y1+ y2，選擇x1，x2的方案符合我們權值盡量小的要求。
由於單選一條線段會使選擇線段數+1，而選擇兩條線段會先使選擇線段數-1，再使其+2，不會存在超過k的情況。
另外 還有一些細節處理：
我們需要建立used陣列保證我們在選擇一條線段後，不會單獨選擇其相鄰的線段。
每次僅會取出used為0的線段。
那麼我們又如何記錄x1 + x2 - y1呢？
為了方便處理，我們可以把這個值看作一條線段的值，線段的位置就選y1的位置，used也就相應為0了。
那….還有乙個問題。
我們用y1的位置代表x1 + x2 - y1的位置，那如果成功用選擇x1，x2代替了選擇y1，y2的方案，那麼我們怎麼標記x1左邊，x2右邊的線段不可用（used=1）啊？（y1位置不用考慮，因為堆中已經沒有y1對應線段了，同理如下）。
鍊錶！
用鍊錶維護線段相鄰關係，每次取一條線段（這裡的線段也表示x1 + x2 - y1對應線段）後，將其前驅與後繼都向後移一位，這樣原本y1連線的前驅後繼就變成了pre[y1]和nxt[y1]，下一次若取到x1，x2，直接將其位置的前驅和後繼used設為1即可。
另外，邊界部分即編號為0和n的線段的權值要賦極大值，原因如下：
當且僅當我們在之前選擇了1號線段，才會有0號和2號線段被同時選擇的方案，而這種方案一定是不優的，因為這種情況下2號線段的長度一定比1號線段長，且選擇2號線段還會影響3號線段的選擇，完全可以用1號線段代替2號線段。所以要把0號線段的權值賦極大值防止這種方案被選。
補充一點：需要注意的是，取到x1，x2的線段後，我們會把pre[x1] - nxt[x2] - x1 - x2 + y1壓入堆中，即選擇y1，不選x1，x2，選擇x1前一條線段，選擇x2後一條線段的方案。對答案的影響如之前所述。關於這個操作的實現，還需要在每次取出一條線段後，更新其dis值為前驅dis值+後繼dis值-當前dis值，**實現比較精明請仔細體會。
**——貪心版本
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int n,k,ans;
int pos[1000010],dis[1000010];
int pre[1000010],nxt[1000010];
bool used[1000010];
struct ini
;ini u;
bool
operator
< (ini a,ini b)
priority_queueq;
int main()
); pre[i]=i-1;
nxt[i]=i+1;
}dis[0]=dis[n]=1e9;
pre[0]=n+1,nxt[n]=1;
/*for(int i=2;i<=n;i++)
);pre[i]=i-1;
nxt[i]=i+1;
}dis[1]=dis[n+1]=1e9;
pre[1]=n+1,nxt[n+1]=1;
*/for(int i=1;i<=k;i++)
);dis[k.a]=dis[pre[k.a]]+dis[nxt[k.a]]-dis[k.a];
used[pre[k.a]]=used[nxt[k.a]]=1;
pre[k.a]=pre[pre[k.a]],nxt[k.a]=nxt[nxt[k.a]];
nxt[pre[k.a]]=k.a,pre[nxt[k.a]]=k.a;
}printf("%d",ans);
return
0;}
如圖若格仔長度藍色《紅色《黑色，那麼我們會先取出藍色，再取出紅色部分作為答案，再取出黑色+藍色部分作為答案。
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