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思路

一道很妙的反悔贪心题。

考场上打的是 \(O(n\times k)\) 的 \(dp\)，其中 \(k\) 是 \(a_i\) 的种类数。

考虑贪心，先从大到小枚举 \(a_i\)，把相同的 \(a_i\) 一起处理。

当前可以白嫖的直接白嫖，如果不能再白嫖了，再看看如果前面白嫖了一个 \(x\)，当前的为 \(y\)。

若 \(x<y\)，显然是把当前的白嫖掉，前面的 \(x\) 花钱买（由于是从大到小枚举的，所以现在肯定可以替换掉之前白嫖的），这样会多一个白嫖的位置，如果当前的还有多余的，那么直接把这个白嫖掉就行了。

如果把前面白嫖的买掉，那么会多出 \(2\) 个多白嫖的位置，然后看看 \(y\times 2\) 是否大于 \(x\)，如果成立，则可以把 \(x\) 买掉，现在的多白嫖两个，然后拆成两个物品 \(x\) 和 \(y\times 2-x\)，扔进堆里就行了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;const int N=5e5+10;
int n,a[N],b[N],cnt[N],now,stk[N],top,tot;ll ans;priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];sort(b+1,b+1+n);b[0]=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)cnt[a[i]=lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b]++;for(int i=b[0];i>=1;i--){
		while(tot&&cnt[i])cnt[i]--,stk[++top]=b[i],tot--;while(!q.empty()&&cnt[i]&&q.top()<b[i]){
			ans+=q.top(),q.pop(),stk[++top]=b[i];if(--cnt[i])stk[++top]=b[i],cnt[i]--;else tot++;
		}while(!q.empty()&&cnt[i]>1&&q.top()<b[i]*2){
			ans+=q.top(),stk[++top]=b[i]*2-q.top(),stk[++top]=q.top(),q.pop(),cnt[i]-=2;
		}while(top)q.push(stk[top--]);while(cnt[i]--)ans+=b[i],tot++;
	}cout<<ans;return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/A-zjzj/p/16444212.html

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