问题描述
小R正在计划一次从地点A到地点B的徒步旅行，总路程需要 N 天。为了在旅途中保持充足的能量，小R每天必须消耗1份食物。幸运的是，小R在路途中每天都会经过一个补给站，可以购买食物进行补充。然而，每个补给站的食物每份的价格可能不同，并且小R最多只能同时携带 K 份食物。
现在，小R希望在保证每天都有食物的前提下，以最小的花费完成这次徒步旅行。你能帮助小R计算出最低的花费是多少吗？
测试样例
样例1：
输入：
n = 5 ,k = 2 ,data = [1, 2, 3, 3, 2]输出：9
样例2：
输入：
n = 6 ,k = 3 ,data = [4, 1, 5, 2, 1, 3]输出：9
样例3：
输入：
n = 4 ,k = 1 ,data = [3, 2, 4, 1]输出：10
Solution
因为最多只能携带 k 份食物，所以能够选择的范围是当前的节点向前推 k 个，如果想要最小花费，就要在这 k 个节点中选择花费最小的购买食物。
那么这里可以转变一下思路，可以先到达一个节点，再选择在前面的哪个节点购买食物，而不是先购买食物，再考虑往后走
这样的话，只需要遍历一遍，用一个双端队列 deque 来存储节点，每次选择花费最小的那一个节点，就能够得到最终答案了
在遍历的过程中，我们需要进行下面的操作
- 首先将当前节点加入双端队列
- 如果超出了
k个节点，因为最大只能携带k份食物，所以将队首的节点出队 - 在能够购买食物的节点中（即双端队列中的所有节点）选择花费最小的节点，并将花费累加
C++代码
int solution(int n, int k, std::vector<int> data) {
int min_money = 0;
deque<int> ready;
int min_value = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
// 当前站点加入ready
ready.push_back(data[i]);
// 如果ready的大小超过k，删除最早进入的站点价格
if (ready.size() > k) {
ready.pop_front();
}
// 找到ready中的最小值
min_value = *min_element(ready.begin(), ready.end());
min_money += min_value;
}
return min_money;
}
时空复杂度
时间复杂度：因为使用的是 min_element ，最坏情况下需要 ，所以总体的时间复杂度是
空间复杂度：需要一个双端队列 deque 来存储，空间复杂度
总结与思考
这个题目如果能够转换思路的话，会显得非常简单，但是难就难在先到达节点再向前考虑这一步，当时再这里卡了很久，总是在想在当前节点要买几份食物，考虑当前节点对后面的影响
以后遇到类似这种当前节点对后面会有影响的题目的时候，可以逆向思维，考虑前面节点对当前节点的影响，说不定会有奇效
