题解：P11638 Max,Mex

题解：P11638 Max,Mex

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前置知识

\[\sum_{i=1}^n a_i=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+ \cdots+a_n \]

思路

本题中定义 \(\max\{S\}\) 为 \(S\) 中的最大值，\(\operatorname{mex}\{S\}\) 为 \(S\) 中最小没出现过的自然数。一次操作你可以选定一个 \((i,j)\)，满足 \(1\le i,j\le n\) 以及 \(i\neq j\)，令 \(x=\max\{a_i,a_j\}\)，\(y=\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}\)，那么 \(a_i=x\)，\(a_j=y\)。

subtask 1&2

• 对于 subtask1 与 subtask2，直接输出 \(sum\) 即可。证明如下：
  • 当 \(a_i \ge 2\) 时，\(\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}=0\)，即 \(a_j=0\)，对 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 没有贡献，所以不需要进行操作，在代码中进行特判即可。这样可拿到 \([10,30]\) 分。

subtask 3&4

• 对于 subtask3 与 subtask4，因为无特殊性质，所以需要判断关于 \(\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}\) 的所有情况，求出他们分别对 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 的贡献值并得出规律。

• 我们会发现如下规律：

  • 对于一个操作，不论是 \(\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}\) 还是 \(\max\{a_i,a_j\}\)，只要 \(a_i,a_j \ge 2\) 时，根据 subtask 1&2 的结论，再进行操作显然对 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 没有贡献，所以我们只需统计数列中小于 \(2\) 的个数和大于等于 \(2\) 的数之和，并求出小于 \(2\) 的数的最大贡献值即可。
  • 因此，对于一组 \(a_i,a_j\) 有以下几种情况：
    • 当 \(a_i=0,a_j=0\) 时，令 \(a_j=\operatorname{mex}\{0,0\}=1\)。此时 \(a_i=0,a_j=1\)。
    • 当 \(a_i=0,a_j=1\) 时，令 \(a_i=\max\{0,1\}=1\)，\(a_j=\operatorname{mex}\{0,1\}=2\)。此时 \(a_i=1,a_j=2\)。
    • 当 \(a_i=1,a_j=2\) 时，令 \(a_i=\max\{1,2\}=2\)，\(a_j=\operatorname{mex}\{2,2\}=0\)。此时 \(a_i=2,a_j=0\)。显然对 \(\sum_{i=1}^n a_i\) 没有贡献，所以这个操作要舍去。
  • 综上，我们一共操作了三次，操作过后结果为 \(a_i=1,a_j=2\)，此时贡献值为 \(1+2=3\)。
  • 因此，我们可以推导出 subtask 3&4 的通项公式。即对于 \(cnt\) 个 \(0\)，\(ans\) 个 \(1\)，最后会有 \(cnt+ans-1\) 个数操作成 \(2\)，剩下的一个数无法进行操作，即为 \(1\)。即对于小于等于 \(2\) 的 \(a_i,a_j\)，最大贡献次数为：
    \[2 \times ((cnt+ans)-1)+1 \]

  • 因此，subtask 3&4 的通项公式为：
    \[\sum _{i=1}^n a_i+2 \times ((cnt+ans)-1)+1-ans \]
    即：
    \[\sum _{i=1}^n [a_i\neq 0 \wedge a_i \neq 1 ]+2 \times cnt + ans-1 \]

关于hack数据

事实上，这是本代码的一个小 Bug。
当 \(n=1,a_i=0\) 时，因为之前 \(cnt\) 记录 \(0\) 的个数时，\(cnt\) 便不会为 \(0\)，因此卡过了上文中的关于 subtask1 的部分。所以只要在这之前进行特判便没有问题了。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll cnt,ans,sum,n,a;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a;
		sum+=a;
		if(n==1){
			cout<<a;
			return 0;
		}
		if(a==0) cnt++;
		if(a==1) ans++;
	}
	if(cnt+ans==0) cout<<sum;
	else cout<<cnt*2+ans+sum-1;
	return 0;
}

本题思维难度略大，代码实现方面比较简单。