题解：AT_abc474_e [ABC474E] One Time Coupon

思路

对于每种商品，如果不用优惠券购买，花费 \(A_i\)，并获得一张优惠券；如果使用优惠券，花费 \(B_i\)。

因为 \(B_i<A_i\)，所以对于某个商品来说，使用优惠券可以节省 \(A_i-B_i\) 元。

因此我们可以先考虑：假设最终有 \(i\) 种商品使用优惠券购买，那么应该把优惠券用在哪些商品上。

显然应该选择 \(A_i-B_i\) 最大的 \(i\) 种商品，这样节省的钱最多。

令所有商品先都按照原价购买一次，总花费为 \(s=\sum A_i\)。

再把所有 \(c_i=A_i-B_i\) 从大到小排序。

设前 \(i\) 个的和为 \(x\)，那么如果这 \(i\) 种商品使用优惠券，本来可以把花费降低到 \(s-x\)。

优惠券从哪来

问题在于，使用 \(i\) 张优惠券之前，我们必须先获得至少 \(i\) 张优惠券。

在最终购买的 \(N\) 种商品中：

• 有 \(i\) 种使用优惠券购买，不会获得优惠券；
• 剩下 \(N-i\) 种不用优惠券购买，可以获得 \(N-i\) 张优惠券。

因此如果 \(N-i\ge i\)，那么现有这些购买已经可以产生足够的优惠券，不需要额外购买商品。

也就是当 \(2i\le N\) 时，不需要额外花费。

如果 \(2i>N\)，那么还缺少 \(i-(N-i)=2i-N\) 张优惠券。

每多买一次不用优惠券的商品，就可以获得一张优惠券。

为了使额外花费最小，显然每次都购买 \(A_i\) 最小的商品。

设 \(mn=\min A_i\)，那么额外需要花费 \(mn(2i-N)\)。

所以当有 \(i\) 种商品使用优惠券时，总花费为 \(s-x+mn\max(0,2i-N)\)。

枚举 \(i\)，取最小值即可。

如何想到

看到优惠券只能由“不使用优惠券购买商品”获得，可以先不考虑购买顺序，只考虑最后有多少种商品用券。

如果确定有 \(i\) 种商品使用优惠券，那么首先一定要把券给优惠最大的商品，也就是按照 \(A_i-B_i\) 从大到小选。

接下来只需要判断优惠券数量够不够。

不用券购买的商品有 \(N-i\) 个，因此能自然得到 \(N-i\) 张券，而需要使用 \(i\) 张。

所以缺少的优惠券数量就是 \(\max(0,i-(N-i))=\max(0,2i-N)\)。

而商品可以重复购买，所以缺券时只需要反复购买原价最小的商品，每次花费 \(mn\) 换一张券。

这样就可以直接枚举使用优惠券的商品数量。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,j,k) for (int i = (j); i <= (k); i ++)
#define per(i,j,k) for (int i = (j); i >= (k); i --)
#define uint unsigned int
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define ldb long double
#define mkp make_pair
#define eb emplace_back
#define e_ emplace
#define ls (p << 1)
#define rs (p << 1 | 1)
//#define int ll
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
//const int MOD = 998244353;
//const int MOD = 1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 4e18;
int T;
ll n, a, b, s, mn;
ll c[N];

signed main () {
    //freopen (".in", "r", stdin);
    //freopen (".out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio (0);
    cin.tie (0);
    cin >> T;
    while (T --) {
        cin >> n;
        s = 0, mn = LINF;
        rep (i, 1, n) {
            cin >> a >> b;
            s += a;
            mn = min (mn, a);
            c[i] = a - b;
        }

        sort (c + 1, c + 1 + n, greater<int> ());

        ll ans = s, x = 0;

        rep (i, 1, n) {
            x += c[i];
            ans = min (ans, s - x + mn * max (0LL, 2 * i - n));
        }

        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

复杂度

每组数据主要是排序。

时间复杂度为 \(O(N\log N)\)。