Problem C: [noip2016十连测第五场]travel (构造+贪心)

题面

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201610/statements(1).pdf

题解

好神仙的贪心……

首先无解的情况很容易判断，就是\(l=0\)且\(s\neq 1\)或者\(l=n-1\)且\(s\neq n\)，显然了

我们考虑先往左跳再往右跳，那么肯定得先把左边所有能跳的跳完，如果\(l<s\)，那么最优解肯定是一直往左跳直到次数不够为止，留下最后一次往左跳的次数跳到最左边，不断往右跳玩剩下的就行了

然而有可能\(l\geq s\)，这种情况就比较\(gg\)了

先考虑一个特殊情况，就是以\(1\)为起点，以\(n\)为终点，我们需要走一些回头路来消耗掉\(l\)，可以把所有\((i,i+1)\)之间的路径看成一条线段，跳可以看做对线段的覆盖，显然所有线段至少得覆盖一次。于是有一个结论就是：至少有\(l\)条线段被覆盖\(3\)次

证明：如果一个点\(i\)要向左跳，那么到达它可以看做从左边先跳到它右边再跳到它，或者直接从左边跳到它，这样的话\((i,i-1)\)被覆盖了一次，它要向左跳，又覆盖了一次，因为以\(n\)为终点，所以还要跳回来，那么\((i-1,i)\)又被覆盖了一次，所以至少有\(l\)条线段被覆盖\(3\)次，证毕

于是我们\(sort\)之后选择长度最短的\(l\)条线段，使它们被覆盖\(3\)次即可。不难发现这种情况下\(l\)越小越优

然而有可能起点不是\(1\)，终点不是\(n\)，因为线段对称，我们假设\(s\)为起点，\(e\)为终点，且\(s<e\)，那么我们肯定是让\([1,s-1]\)和\([e+1,n]\)之间用掉越多\(l\)越好，那么\([s+1,e-1]\)之间的部分就可以转化为起点为\(1\)终点为\(n\)的情况了

不难发现\([1,s-1]\)和\([e+1,n]\)之间最多用掉\(n-e+s-1\)个\(1\)，且每条线段经过两次

那么我们只要枚举终点\(e\)就可以了

然后就没有然后了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
	R int res=1,f=1;R char ch;
	while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
	for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
	return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
	if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
	while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
	while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]=' ';
}
const int N=5e5+5;
int x[N],y[N],ans1[N],ans2[N],pos[N],tag[N];pi st[N];
int n,l,s;
int solve(int n,int l,int s,int *x,int *ans){
	int cnt=0,top=0;
	if(l<s){
		fd(i,s-1,s-l+1)ans[++cnt]=i;
		fp(i,1,s-l)ans[++cnt]=i;
		fp(i,s+1,n)ans[++cnt]=i;
		return x[n]-x[1]+x[s]-x[1];
	}
	l-=s-1;
	if(l==n-s-1){
		fd(i,s-1,1)ans[++cnt]=i;
		fd(i,n,s+1)ans[++cnt]=i;
		return ((x[n]-x[1])<<1)-(x[s+1]-x[s]);
	}
	fp(i,s+1,n-2)st[++top]=pi(x[i+1]-x[i],i+1);
	sort(st+1,st+1+top);
	fp(i,1,top)pos[st[i].se]=i;
	int sum=0,mn=0,e,j;
	fp(i,1,l)sum+=st[i].fi;
	mn=sum<<1,e=n,j=l;
	for(R int i=n-1,p=l;i>=n-l;--i){
		sum-=pos[i]<=p?st[pos[i]].fi:st[p--].fi;
		while(p&&st[p].se>=i)--p;
		if(cmin(mn,(sum<<1)+x[n]-x[i]))e=i,j=p;
	}
	memset(tag,0,sizeof(tag));
	fd(i,s-1,1)ans[++cnt]=i;
	fp(i,s+2,e-1)if(pos[i]<=j)tag[i]=true;
	fp(i,s+1,e-1)if(!tag[i+1])ans[++cnt]=i;
	else{
		int tmp=i+1;while(tag[tmp])++tmp;
		fd(j,tmp-1,i)ans[++cnt]=j;
		i=tmp-1;
	}
	fd(i,n,e)ans[++cnt]=i;
	return x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+mn;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	freopen("travel.in","r",stdin);
	freopen("travel.out","w",stdout);
	n=read(),l=read(),s=read();
	fp(i,1,n)x[i]=read(),y[n-i+1]=-x[i];
	if(l==0&&s!=1||l==n-1&&s!=n)return puts("-1"),0;
	int c1=solve(n,l,s,x,ans1);
	int c2=solve(n,n-1-l,n+1-s,y,ans2);
	if(c1<c2){
		print(c1),sr[K]='\n';
		fp(i,1,n-1)print(ans1[i]);
	}else{
		print(c2),sr[K]='\n';
		fp(i,1,n-1)print(n-ans2[i]+1);
	}
	return Ot(),0;
}