題意 : 給出一些數、你可以從左到右對這些數進行三種操作花費 Ai 買入東西、以 Ai 價格賣出你當前有的東西、或者什麽都不做、現在問你可以獲取的最大利益是多少

分析：對每一個元素產生的貢獻可以先計算出暫時的最優值，註意是暫時的最優，應為後面可以出現更加優的答案，所有下次遇到更優的時候就進行替換；

具體就是首先使用小頂堆維護枚舉過的元素

然後對於當前枚舉到的元素

用它和堆頂元素做對比、如果小於或等於堆頂元素

那麽它無法和之前枚舉過的所有元素的任何一個做減法產生貢獻

所以將其加入這個小頂堆當中去

如果大於堆頂元素、則用它和堆頂元素做減法、算出它和堆頂元素產生貢獻

當然這個貢獻只是暫時最優的、堆頂元素和當前枚舉到的元素進行配對並不一定是最優的

那麽怎麽樣在下一次枚舉到更優的配對元素時進行替換

答案就是做完貢獻之後、將堆頂元素彈出、然後 push 兩次當前枚舉到的元素進入堆內

第一個 push 的意義是下次如果其作為堆頂元素、那麽可以把它拿出來做減法達到反悔操作

第二個 push 的意義就是真正的賣出

每天都賣出，每次累加差值就可以了。累加很多個差分值肯定會得到最優解的。
?因為A買入B賣出B買入C賣出 和 A買入C賣出 效果一樣的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pll pair<long long , long long >
#define
 
 ll long long
int main( )
{
    int t ;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n ;
        scanf("%d",&n);
        priority_queue<pll , vector<pll> , greater<pll> > qu ;
        ll ans = 0 ;
        int num = 0;
        for(int i=0 ; i<n ; i++)
        {
            ll val;
            scanf(
 
"%lld",&val);
            if(!qu.empty() && qu.top().first < val)
            {

                num++;
                pll T=qu.top() ; qu.pop();
                if(T.second == 1)
                num--;
                else
                num++;
                ans+=val-T.first;
                printf("(%lld %d %d)\n", ans,num,val);
                qu.push(make_pair(val,1));
                qu.push(make_pair(val,2));
            }
            else
                qu.push(make_pair(val,3));
        }
        printf("%lld %d\n",ans , num);
    }

}

HDU6438：Buy and Resell（貪心+數據結構）