題目大意：
懶得寫了。。。。。。。
題解：
要求前k小，顯然貪心。
假定我們選取了一個左端點op那么右端點的選取范圍就固定在[op+L-1，op+R-1]，那么我們可以維護一個三元組，即i與其選取范圍。但我們會在某個區間選取諸如次大值，次次大值，次次次。。。。。。次大值。那么我們之前的三元組就還需要一個新的元素，即選取位置t。當我們使用了這個四元組之后，區間就應該刪掉t，換一種思路，就是從t這個位置裂解成兩個區間，次大值一定在這兩個區間一種，這樣我們依靠一個堆，重復以上操作即可。而在最大值的區間選取，我們可以依靠一個ST表來實現
時間復雜度：$O（nlog_2(n)+klog_2^2(n)）$
1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 void read(int &x){ 4 x=0;bool k=0; 5 char ch=getchar(); 6 while(ch<'0'||ch>'9') k=ch=='-'?1:k, ch=getchar(); 7 while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); 8 x=x*(k==1?-1:1); 9 } 10 const int N=500500; 11 int n,k,L,R; 12 int a[N],sum[N]; 13 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;} 14 struct node{int op,l,r,t; 15 friend bool operator <(node x,node y){ 16 return sum[x.t]-sum[x.op-1]<sum[y.t]-sum[y.op-1]; 17 } 18 }; 19 long long ans; 20 int mx[20][N]; 21 int lg[N],pow[20]; 22 inline void ST(){ 23 lg[0]=-1;for(int i=1;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1; 24 pow[0]=1;for(int i=1;i<=19;i++) pow[i]=pow[i-1]<<1; 25 for(int i=1;i<=n;i++) mx[0][i]=i; 26 for(int i=1;pow[i]<=n;i++) 27 for(int j=1;j<=n-pow[i]+1;j++){ 28 int t=mx[i-1][j],t1=mx[i-1][j+pow[i-1]]; 29 mx[i][j]=sum[t]>sum[t1]?t:t1; 30 } 31 } 32 inline int query(int l,int r){ 33 int q=lg[r-l+1]; 34 int t1=mx[q][l],t2=mx[q][r-pow[q]+1]; 35 return sum[t1]>sum[t2]?t1:t2; 36 } 37 std::priority_queue<node> q; 38 inline void solve(){ 39 for(int i=1;i<=n-L+1;i++) { 40 int l=i+L-1,r=min(i+R-1,n); 41 int t=query(l,r); 42 q.push((node){i,l,r,t}); 43 } 44 for(int i=1;i<=k;i++){ 45 node now=q.top();q.pop(); 46 ans+=sum[now.t]-sum[now.op-1]; 47 if(now.t+1<=now.r) 48 q.push((node){now.op,now.t+1,now.r,query(now.t+1,now.r)}); 49 if(now.t-1>=now.l) 50 q.push((node){now.op,now.l,now.t-1,query(now.l,now.t-1)}); 51 } 52 } 53 int main(){ 54 freopen("piano.in","r",stdin); 55 freopen("piano.out","w",stdout); 56 read(n),read(k),read(L),read(R); 57 for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); 58 for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 59 ST(); 60 solve(); 61 printf("%lld",ans); 62 }