2462. 雇佣 K 位工人的总代价

给你一个下标从 0 开始的整数数组 costs ，其中 costs[i] 是雇佣第 i 位工人的代价。

同时给你两个整数 k 和 candidates 。我们想根据以下规则恰好雇佣 k 位工人：

总共进行 k 轮雇佣，且每一轮恰好雇佣一位工人。

在每一轮雇佣中，从最前面 candidates 和最后面 candidates 人中选出代价最小的一位工人，如果有多位代价相同且最小的工人，选择下标更小的一位工人。

比方说，costs = [3,2,7,7,1,2] 且 candidates = 2 ，第一轮雇佣中，我们选择第 4 位工人，因为他的代价最小 。

第二轮雇佣，我们选择第 1 位工人，因为他们的代价与第 4 位工人一样都是最小代价，而且下标更小。注意每一轮雇佣后，剩余工人的下标可能会发生变化。

如果剩余员工数目不足 candidates 人，那么下一轮雇佣他们中代价最小的一人，如果有多位代价相同且最小的工人，选择下标更小的一位工人。

一位工人只能被选择一次。

返回雇佣恰好 k 位工人的总代价。

示例 1：

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输入：costs = [17,12,10,2,7,2,11,20,8], k = 3, candidates = 4
输出：11
解释：我们总共雇佣 3 位工人。总代价一开始为 0 。
- 第一轮雇佣，我们从 [17,12,10,2,7,2,11,20,8] 中选择。最小代价是 2 ，有两位工人，我们选择下标更小的一位工人，即第 3 位工人。总代价是 0 + 2 = 2 。
- 第二轮雇佣，我们从 [17,12,10,7,2,11,20,8] 中选择。最小代价是 2 ，下标为 4 ，总代价是 2 + 2 = 4 。
- 第三轮雇佣，我们从 [17,12,10,7,11,20,8] 中选择，最小代价是 7 ，下标为 3 ，总代价是 4 + 7 = 11 。注意下标为 3 的工人同时在最前面和最后面 4 位工人中。
总雇佣代价是 11 。

示例 2：

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输入：costs = [1,2,4,1], k = 3, candidates = 3
输出：4
解释：我们总共雇佣 3 位工人。总代价一开始为 0 。
- 第一轮雇佣，我们从 [1,2,4,1] 中选择。最小代价为 1 ，有两位工人，我们选择下标更小的一位工人，即第 0 位工人，总代价是 0 + 1 = 1 。注意，下标为 1 和 2 的工人同时在最前面和最后面 3 位工人中。
- 第二轮雇佣，我们从 [2,4,1] 中选择。最小代价为 1 ，下标为 2 ，总代价是 1 + 1 = 2 。
- 第三轮雇佣，少于 3 位工人，我们从剩余工人 [2,4] 中选择。最小代价是 2 ，下标为 0 。总代价为 2 + 2 = 4 。
总雇佣代价是 4 。

提示：

1<=costs.length<=1 05 1 <= costs.length <= 10^5 1<=costs.length<=105

1<=costs[i]<=1 05 1 <= costs[i] <= 10^51<=costs[i]<=105

1<=k,candidates<=costs.length 1 <= k, candidates <= costs.length1<=k,candidates<=costs.length

优先队列

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class Solution {
public:
long long totalCost(vector<int>& costs, int k, int candidates) {
int n = costs.size();

// 前 candidates 与后 candidates 相加大于 costs 数组的大小
// 则说明只需要 costs 中前 k 个最小的员工代价即可
if (candidates * 2 >= n) {
sort(costs.begin(), costs.end());
return accumulate(costs.begin(), costs.begin() + k, 0LL);
}

using PII = pair<int, int>;
auto cmp = [&](const PII &p1, const PII &p2) {
return p1.first == p2.first ?
p1.second > p2.second : p1.first > p2.first;
};
priority_queue<PII, vector<PII>, decltype(cmp)> heap(cmp);
// priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;

// 两个区间，前 condidates 与后 condidates
// left1, ..., right1, ..., left2, ..., right2
int left1 = 0, right1 = candidates - 1;
int left2 = n - candidates, right2 = n - 1;
for (int i = left1; i <= right1; ++i) {
heap.push({costs[i], i});
}
for (int i = left2; i <= right2; ++i) {
heap.push({costs[i], i});
}

long long res = 0;
while (k--) {
auto t = heap.top();
heap.pop();
res += t.first;

// 两个区间存在覆盖
if (right1 + 1 == left2) {
continue;
}

if (t.second <= right1) {
++right1;
heap.push({costs[right1], right1});
} else {
--left2;
heap.push({costs[left2], left2});
}
}
return res;
}
};