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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。
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。
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。
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。
3 <= n <= 1e51 <= nums[i] <= 1e93 <= k <= nk - 2 <= dist <= n - 2题目要求将这个数组分为连续的k段，每段的贡献都是该段的第一个数，怎么分割能让k段的贡献之和最小，首先第一段的第一个数肯定是数组的第一个数，然后剩下的还有k-1段，要求第二段和最后一段的首元素位置之差小于等于dist，实际上就可以将原题目转换为在一个大小为dist+1的子数组中选择k-1个数使得这k-1个数的和最小，我们需要做的就是动态维护一个大小为dist+1的区间，然后从左往右滑动，实际上就是采用滑动窗口算法来依次遍历每一个区间，然后还需要做的就是对于每个区间怎么维护其中k-1个最小数的和，也就是窗口移动的同时需要维护窗口内k-1个最小的数的和，对于区间内k-1个最小的数我们可以采用multiset进行为维护，multiset是一个可以包含重复元素的有序集合，刚好这里我们需要维护的k-1个最小的数并且有重复元素，所以使用multiset维护是刚好可以的。
使用multiset具体维护过程如下
我们定义俩个multiset，分别为L和R，L用来维护大小为dist+1的区间内最小的k-1个数，R用来维护剩下的数。
首先将从第二个元素开始的dist+1个元素加入L，然后L就会将这dist+1个元素排序，然后我们就可以将最小的k-1个元素留在L中，剩下的移到R里面。
上面只是最开始的那个区间，然后每次左窗口向右移动一个位置，删除左窗口处的元素，如果左窗口处的元素位于L，那么就在L中删除，否则说明在R中，那么在R中删除，然后右窗口向右移动一个位置，判断这个新元素是否小于L中最大值，如果小于说明当前元素应该加入L，否则说明应该加入R,左右窗口每移动之后，还需要维护一下L的大小为k-1，然后更新答案。
时间复杂度：滑动窗口时间为O(n)，然后每次multiset都要find查找元素，那么查找为log的时间，multiset大小最大为dist，那么最终时间复杂度为O(nlog(dist)).
空间复杂度：multiset大小为dist，所以空间复杂度为O(dist).
cpp代码如下
class Solution {
typedef long long LL;
public:
long long minimumCost(vector<int>& nums, int k, int dist) {
k--; //首先将k--,那么下面就变为在dist+1个元素中选择k个最小的元素了
int n=nums.size();
LL sum=0;
for(int i=0;i<dist+2;i++)sum+=nums[i]; //sum维护L中所有元素的和
multiset<int>L(nums.begin()+1,nums.begin()+dist+2),R;
auto LtoR=[&](){ //将L中的最大值移动R中
int x=*L.rbegin();
sum-=x; //如果将L中的元素移出去了，那么sum要减去相应值
L.erase(L.find(x));
R.insert(x);
};
auto RtoL=[&](){ //将R中的最小值移动L中
int x=*R.begin();
sum+=x; //如果将某个值移入L，那么sum要加上相应值
R.erase(R.find(x));
L.insert(x);
};
//开始将dist+1个元素全部加入L了，但是L中只能留下最小的k个元素，剩下的移到R里面去
while(L.size()>k){
LtoR();
}
LL ans=sum;
for(int i=dist+2;i<n;i++)
{
//移动左窗口
int out=nums[i-dist-1];
auto it=L.find(out);
if(it!=L.end()){ //要删除的元素在L中
L.erase(it);
sum-=out;
}else { //要删除的元素在R中
R.erase(R.find(out));
}
//移动右窗口
int in=nums[i];
if(in<*L.rbegin()){ //新加入的元素应该放在L中
L.insert(in);
sum+=in;
}else { //新加入的元素应该放在R中
R.insert(in);
}
//每移动左右窗口一次,L大小可能为k-1,k,k+1,需要维护L的大小为k
if(L.size()==k-1){
RtoL();
}else if(L.size()==k+1){
LtoR();
}
//对于每个大小为dist+1的子数组更新答案
ans=min(ans,sum);
}
return ans;
}
};