Description
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。
Input
输入的第一行包含整数n和k，其中n（2 ≤ n ≤100 000）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 ≤1000 000 000）, 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。
Output
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。
Sample Input
5 2
1
3
4
6
12
1
3
4
6
12
Sample Output
4
HINT
Source
首先选择的肯定是相连的两个建筑，我们可以黑白染色，然后变成二分图的费用流问题;
但是这样跑不过去，我们把问题转化一下，把距离数组差分之后，变为选取k个不相邻的点(如果相邻的话表示一个点被匹配了两次)
我们用堆模拟费用流的过程，我们取一个堆顶元素，则把答案先累加，然后把pre[x]+nxt[x]-v加入堆中，把pre[x]和nxt[x]删除，然后用双向链表维护pre[x]和nxt[x];
在首尾放Inf,可以减少特判;
这样做是什么道理呢？
堆中存的是相当于是增广路，我们相当于费用流先增广这一条路径，然后我们把反向边的流量+1，然后把带反向边的这一条新的一条增广路加入堆中，
这样最大匹配数也不会变，然后正确性就与费用流的反向边是一个道理，即撤销原操作;
这是一道双倍经验题，另一个题就是种树;
//MADE BY QT666
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=500050;
const int Inf=2147483647;
struct data{
int x,v;
};
bool operator < (data a,data b){
return a.v > b.v;
}
priority_queue<data> Q;
int pre[N],nxt[N],tt,d[N],n,k,v[N],bj[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]);
for(int i=1;i<n;i++) v[i]=d[i+1]-d[i];
v[0]=Inf,v[n]=Inf;tt=n;
for(int i=1;i<n;i++) pre[i]=i-1,nxt[i]=i+1;
for(int i=1;i<n;i++) Q.push((data){i,v[i]});
for(int i=1;i<=k;i++){
while(!Q.empty()&&bj[Q.top().x]) Q.pop();
ans+=Q.top().v;tt++;
int x=Q.top().x,w=Q.top().v;Q.pop();
v[tt]=v[pre[x]]+v[nxt[x]]-w;Q.push((data){tt,v[tt]});
bj[x]=1;bj[pre[x]]=1;bj[nxt[x]]=1;
pre[tt]=pre[pre[x]];nxt[tt]=nxt[nxt[x]];
nxt[pre[tt]]=tt,pre[nxt[tt]]=tt;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}