给你一个下标从0开始长度为n的整数数组nums和两个正整数k和dist。
一个数组的代价是数组中的第一个元素。比方说，[1,2,3]的代价为1，[3,4,1]的代价为3。
你需要将nums分割成k个连续且互不相交的子数组，满足第二个子数组与第k个子数组中第一个元素的下标距离不超过dist。换句话说，如果你将nums分割成子数组nums[0..(i1 - 1)], nums[i1..(i2 - 1)], ..., nums[ik-1..(n - 1)]，那么它需要满足ik-1 - i1 <= dist。
请你返回这些子数组的最小总代价。
示例 1：
输入：nums = [1,3,2,6,4,2], k = 3, dist = 3输出：5解释：将数组分割成 3 个子数组的最优方案是：[1,3] ，[2,6,4] 和 [2] 。这是一个合法分割，因为 ik-1 - i1 等于 5 - 2 = 3 ，等于 dist 。总代价为 nums[0] + nums[2] + nums[5] ，也就是 1 + 2 + 2 = 5 。 5 是分割成 3 个子数组的最小总代价。
示例 2：
输入：nums = [10,1,2,2,2,1], k = 4, dist = 3输出：15解释：将数组分割成 4 个子数组的最优方案是：[10] ，[1] ，[2] 和 [2,2,1] 。这是一个合法分割，因为 ik-1 - i1 等于 3 - 1 = 2 ，小于 dist 。总代价为 nums[0] + nums[1] + nums[2] + nums[3] ，也就是 10 + 1 + 2 + 2 = 15 。 分割 [10] ，[1] ，[2,2,2] 和 [1] 不是一个合法分割，因为 ik-1 和 i1 的差为 5 - 1 = 4 ，大于 dist 。 15 是分割成 4 个子数组的最小总代价。
示例 3：
输入：nums = [10,8,18,9], k = 3, dist = 1输出：36解释：将数组分割成 4 个子数组的最优方案是：[10] ，[8] 和 [18,9] 。这是一个合法分割，因为 ik-1 - i1 等于 2 - 1 = 1 ，等于 dist 。总代价为 nums[0] + nums[1] + nums[2] ，也就是 10 + 8 + 18 = 36 。 分割 [10] ，[8,18] 和 [9] 不是一个合法分割，因为 ik-1 和 i1 的差为 3 - 1 = 2 ，大于 dist 。 36 是分割成 3 个子数组的最小总代价。
提示：
3 <= n <= 10^51 <= nums[i] <= 10^93 <= k <= nk - 2 <= dist <= n - 2
分析：第一个子数组的首位一定是 nums[0]，那么之后要从 nums[1] 开始划分 k-1 个子数组，且第二个子数组和最后一个子数组的首位数字下标之差要小于等于 dist，要求的总代价就是 nums[0] 与之后 [1+x,1+dist+x]（其中 x 为 0 到 n-1-dist 之间的值） 这个区间内前 k-1 个最小值之和。
可以维护一个大小为 dist+1 的滑动窗口，记录其中的前 k 个数字作为当前区间的划分代价。为了达到这个目的，需要用两个有序集合，一个记录前 k 个较小值，一个记录剩下的 dist+1-k 个数。始终维护这两个有序集合里一个有 k 个较小值，两个集合的值为 1+dist 即可。实现方法可以用mutiset，也可以用一个最大堆加一个最小堆。用堆需要注意删除的时机。
class Solution { public: long long minimumCost(vector<int>& nums, int k, int dist) { long long ans=0x3fffffff,sum=0; int n=nums.size(),cnt_first=0;k--; priority_queue<int,vector<int>,less<int>>first; priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>origin,second; for(int i=1,j=0;j<=dist;++j,++i) origin.push(nums[i]); for(int i=0,j=0;i<=dist;++i,++j) { int x=origin.top();origin.pop(); if(j<k)first.push(x),sum+=x; else second.push(x); } ans=sum;cnt_first=first.size(); map<int,int>wait_del; for(int i=2;i<n-dist;++i) { int del=nums[i-1],add=nums[i+dist]; wait_del[del]++; if(del<=first.top())sum-=del,cnt_first--; while(!first.empty()&&wait_del[first.top()]) wait_del[first.top()]--,first.pop(); while(!second.empty()) { if(wait_del[second.top()])wait_del[second.top()]--,second.pop(); else if(cnt_first<k)sum+=second.top(),first.push(second.top()),second.pop(),cnt_first++; else break; } if(add<=first.top()) { first.push(add),sum+=add,cnt_first++; if(cnt_first>k) { while(!first.empty()) { if(wait_del[first.top()])wait_del[first.top()]--,first.pop(); else if(cnt_first>k)sum-=first.top(),second.push(first.top()),first.pop(),cnt_first--; else break; } } else if(cnt_first<k) { while(!second.empty()) { if(wait_del[second.top()])wait_del[second.top()]--,second.pop(); else if(cnt_first<k)sum+=second.top(),first.push(second.top()),second.pop(),cnt_first++; else break; } } } else { second.push(add); if(cnt_first>k) { while(!first.empty()) { if(wait_del[first.top()])wait_del[first.top()]--,first.pop(); else if(cnt_first>k)sum-=first.top(),second.push(first.top()),first.pop(),cnt_first--; else break; } } else if(cnt_first<k) { while(!second.empty()) { if(wait_del[second.top()])second.pop(),wait_del[second.top()]--; else if(cnt_first<k)sum+=second.top(),first.push(second.top()),second.pop(),cnt_first++; else break; } } } ans=min(ans,sum); } return ans+nums[0]; } };
