CF335F Buy One, Get One Free 题解

题目简述

• 有 \(n\) 个物品，每个物品标价 \(a_i\)，可以买 \(i\) 赠 \(j\) 当且仅当 \(a_i>a_j\)，求买所有物品的最小代价

分析

• 规定，\((a\to b)\) 表示：付费买 \(a\)（编号 或 代价）的物品，白嫖 \(b\)（编号 或 代价）的物品

• 考虑反悔贪心。

• 符合直觉的，我们有选 \(i\) 尽可能白嫖比 \(a_i\) 便宜的，最大的 \(a_j\)。

• 然而，我们发现：若有两个代价为 \(z\) 的物品，以前有选择 \((x\to y)\) 。

  • 与其选择 \((x\to y),(a\to 0),(a\to 0)\) 不如选择 \((x\to a),(y\to b)\)

• 由此，考虑用小根堆维护 白嫖代价（与两个物品相关的的白嫖方案所产生的代价），注意：我们不维护选择的物品

• 对于代价一致的物品，化为一组一起考虑

• 物品代价从大到小，依次考虑一组物品分配，记：当前物品代价为 \(num\)

  • 若在选择上一组的物品时有所剩余，不妨令 \((\text{剩余}\to \text{当前})\)，毕竟由于我们从大到小选取。
    • 具体的就是增加一个白嫖代价为 \(num\) 的方案。
  • 设：我们剩下 \(cnt\) 个物品
  • 尝试：是否可以变更之前的白嫖方案，从而使当前更优。
  • 从小根堆中选取一个方案，白嫖代价记为 \(w\)
  • 若 \(w<num\)，咦，我们好像可以尝试白嫖 \(num\)，从而更优
    • 由于一个白嫖关系是与两个物品相关的，我们必定可以确定在这组关系中被白嫖的那个物品，我们不妨让被白嫖的那个物品不白飘了，转而让 \(num\) 白嫖（对啦你一定还记得我们物品是从大到小加入的）
    • 相当于什么，删除 \(w\) 的方案，转而增加白嫖代价为 \(num\) 的方案。
    • 可是，这真对吗？其实我们少考虑了一种情况，我们可不可以选择两个 \(num\)，并且，让被白嫖的那个物品不白嫖，而这两个 \(num\) 正好安排到原白嫖关系的两个物品麾下。
    • 于是，若有大于等于 \(2\) 个 \(num\)，删除 \(w\) 方案，增加两个 \(num\) 方案，若有只 \(1\) 个 \(num\)，删除 \(w\)，增加 \(1\) 个 \(num\) 方案。
  • 若 \(w> num\)，哎呦，这个嘛，我们好像可以尝试白嫖两个 \(num\)，从而更优
    • 没有两个 \(num\) 呢，那就啥也不干
    • 存在的话，我们与当前白嫖方案相关的两个物品，我们必定可以不白嫖转而，白嫖两个 \(num\)
    • 具体的，若 \(w<num\times 2\)，我们删除 \(w\) 的方案，转而增加两个 \(num\) 的方案。
    • 可以这样真对吗，我们敏锐的发现 \(num<w\) 我们不要了 \(w\) 的代价，选择了 \(num\)。那 \(num\) 在将来会不会也作为小根堆的最小值被破话，如果破坏的话，我们真的应该把贡献 从 \(num\times 2\) 变成 \(num+\cdots\) 吗？
    • 此时，我们不妨把 \(num\times 2\) 还原成 \(w\)，然后直接把两个剩余的 \(num\) 拆散做新的贡献。毕竟都是从大到小枚举，所有大的物品对小的物品来讲都是相同的，那为什么不把 \(w\) 还原呢？
    • 于是我们重新考虑，若 \(w<num\times 2\)，我们保留 \(w\) 的方案，转而增加一个 \(num\times 2-w\) 的方案。而，\(w>num\times2-w\) 恰好满足，若是拆散一对，我们必定是从后往前拆散的。
    • 反思：那为什么 \(w<num\) 时，我们没有做 \(num-w\) 的贡献，对于只有一个 \(num\) 的我们那种操作会剩下一个物品，构不成我们所谓的有限队列里存的与两个数相关的白嫖方案。而若是有多个 \(num\)：\(num-w\) 是撤销时把贡献转回 \(w\)，但是显然 \(num>w\) 呀，我们干嘛撤销时不转回到 \(num\)，也就是继续拆 \(w\)。综上，这样做是错的。

• 哎，可能是语文太差了，看不懂别人写的，在参考了数篇课文之后，才算是有了大概得思路。故成此篇，呱！

#include <map>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
    ll sum = 0, ans = 0, t, n; cin >> n;
    map<ll, ll, greater<ll>> m; priority_queue<ll> q;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) cin >> t, m[t]++, ans += t;
    for (auto [num, cnt] : m)
    {
        vector<ll> tmp; ll ttt = sum - q.size() * 2; sum += cnt;
        while (ttt && cnt) tmp.push_back({ num }), cnt--, ttt--;
        while (cnt && q.size())
        {
            const ll w = -q.top();
            if (w <= num)
            {
                if (cnt)tmp.push_back(num), cnt--;
                if (cnt)tmp.push_back(num), cnt--;
            }
            else if (cnt >= 2 && 2 * num >= w)tmp.push_back(w), tmp.push_back(num * 2 - w), cnt -= 2;
            else break; q.pop(); auto p=q;
        }
        for (ll v : tmp)q.push(-v);
    }
    while (!q.empty())ans += q.top(), q.pop();
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}