思路

反悔贪心套路题。

发现一个性质，当一个操作 1 生效意味着在这一步之前的所有操作都没用。

那么考虑倒着枚举，对于每一个操作 1 的选取状态做一个简单的分讨：

1. 如果保留，那么这种情况下的答案就是之前的 \(sum\) 加上当前的 \(y\)。
2. 如果不保留，继续往前走，\(k \leftarrow k - 1\)。

那么对于已经遍历的操作 2，显然如果 \(y \geq 0\) 直接加到答案中，否则我们显然选出前 \(k\) 小的操作消除，这个东西直接用堆维护一下即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>  
#define fst first  
#define snd second  
#define re register  
#define int long long  
  
using namespace std;  
  
typedef pair<int,int> pii;  
const int N = 2e5 + 10,inf = (int)(1e18) + 10;  
int n,k,ans = -inf,sum;  
pii arr[N];  
priority_queue<int> q;  
  
inline int read(){  
    int r = 0,w = 1;  
    char c = getchar();  
    while (c < '0' || c > '9'){  
        if (c == '-') w = -1;  
        c = getchar();  
    }  
    while (c >= '0' && c <= '9'){  
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);  
        c = getchar();  
    }  
    return r * w;  
}  
  
signed main(){  
    n = read();  
    k = read();  
    for (re int i = 1;i <= n;i++){  
        arr[i].fst = read();  
        arr[i].snd = read();  
    }  
    for (re int i = n;i && ~k;i--){  
        if (arr[i].fst == 1){  
            ans = max(ans,sum + arr[i].snd);  
            k--;  
        }  
        else{  
            if (arr[i].snd >= 0) sum += arr[i].snd;  
            else q.push(arr[i].snd);  
        }  
        while ((int)(q.size()) > k){  
            sum += q.top();  
            q.pop();  
        }  
    }  
    printf("%lld",max(ans,sum));  
    return 0;  
}