题意:

\(n\)个物品,每个物品有一个价格,买一个高价格的物品,可以选择免费得到一个价格严格低于这个物品的物品。求得到\(n\)个物品的最小代价。

题解:

神仙贪心……

题目要求求出最小代价,相当于求最多能免费拿的价格。

先考虑一个\(n^2\)的DP:将物品按价格从高到低排序。把相同价格的物品放在一起处理。\(f[i][j]\)表示DP到第\(i\)位,免费拿了\(j\)个物品,最大能节约的价格。

那么已经原价买了但还没有送东西的物品有\(i - 2 * j\)个,我们称这些物品为可用物品。

有2种转移:

1,使用可用物品,免费拿当前物品(买一送一)

2,买走一个之前免费拿的物品,用腾出来的可用物品和新买的物品免费拿2个当前物品(买一送二)

但复杂度\(n^2\),无法通过此题。

现在来考虑优化:

我们对原来的DP数组进行差分得到\(g[i][j] = f[i][j] - f[i][j - 1]\).

也就是说\(g[i][j]\)表示的不是实际上的值,而是与上一次相比的增量。

既然对于每次转移,我们可以知道相比与上次的增量,那么我们考虑是否可以通过贪心来解决这个问题。

可以发现,\(g[i][j]\)一定单调不增,我们考虑通过3种操作来依次更新\(g\)数组.(2,3步贪心的正确性是基于已经完成了操作1的基础上的)

1,如果还有多余的可用物品,那么先把当前物品中能免费拿的都拿走。

2,获取\(g[i][j - 1]\)的增量\(x\),如果\(x < val_{now}\)那么选择免费拿走带来这个增量\(x\)的物品\(y\),我们买走它,因为\(x\)和腾出来的那个可用物品的价格都严格大于当前物品,因此我们可用最多免费拿2个当前物品放入\(g\)数组来更新增量,但也有可能只能放入一个,因为当前循环枚举的上限是将之前的所有物品都买下,能够免费拿走多少当前物品,而这个上限可能是奇数,所以在最后面如果拿2个可能就超过上限了。增量即为 免费拿的个数*当前物品价格。

3,增量\(x > val_now\),那么\(x\)现在还比较优秀,我们继续选择在\(g[i][j - 1]\)中免费拿走它,但对于\(g[i][j]\),如果在这个状态中,如果我们选择买走\(y\),然后用腾出来的物品和\(y\)免费拿走2个当前物品,是有可能更优的(因为不这么做就无法拿更多的物品),这样操作带来的增量可以表示为\(2 * s[now] - x\),如果这个增量大于0,那么我们选择用这个增量来更新\(g[i][j]\)。

用堆来维护即可。最后的答案即为总价格 - \(\sum{g[n][j]}\)(因为在上述转移中,每次转移都只有增量大于0我们才去更新\(g\)数组,即将真实的\(g\)数组对0取max了,因此\(\sum{g[n][j]} = max(f[n][j])\))

有一个容易产生疑惑的地方:为什么2中的增量是直接用数量×价格,而3中却要减去上一步的增量\(x\)呢?

可以观察到,这2个有一个本质上的区别:2虽然修改了\(g[i][j - 1]\),但从拿物品的方案上而言,是承接了\(g[i][j - 2]\)的,所以不必因为替换了一些物品而减小增量,毕竟\(g[i][j - 2]\)的那个增量是还在的。

而3在更新\(g[i][j]\)的过程中,所使用的方案,和\(g[i][j - 1]\)的方案并不一样,在\(g[i][j - 1]\)中,我们免费拿走了物品\(y\),带来了增量\(x\),而在\(g[i][j]\)中,我们买了物品\(y\),失去了增量\(x\),这样的话,虽然我们带来了\(2 * s[now]\)的增量,但相对于\(f[i][j - 1]\),我们的\(f[i][j]\)并没有增加这么多,因此总的增量为\(2 * s[now] - x\)

如果还有不懂的就看看官方题解 or 代码吧。

我感觉这题的代码应该是比较清晰的。(不喜欢注释的可以把注释删掉再看QWQ)

(如果您觉得我有地方理解错了,还请指出……毕竟这题比较神仙)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 501000
#define LL long long int n, tot, sum, rnt;
int cnt[AC], s[AC], tmp[AC];
LL ans; struct cmp1{bool operator() (int a, int b){return a > b;}};//堆要用小根堆,因为f[j]必定递减,且优先替换便宜的肯定要优一些
inline bool cmp(int a, int b){return a > b;} priority_queue<int, vector<int>, cmp1> q; inline int read()
{
int x = 0;char c = getchar();
while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x;
} void pre()
{
n = read();
for(R i = 1; i <= n; i ++) s[i] = read(), ans += s[i];
sort(s + 1, s + n + 1, cmp);
for(R i = 1; i <= n; i ++)//去重
if(s[i] != s[i + 1]) s[++ tot] = s[i], ++ cnt[tot];
else ++ cnt[tot + 1];
} LL t[AC], top;
inline void check()
{
top = 0;
while(!q.empty()) t[++ top] = q.top(), q.pop();
for(int i = top; i; i --) printf("%lld ", t[i]), q.push(t[i]);
if(top) printf("\n");
else printf("0\n");
} void work()
{
for(R i = 1; i <= tot; i ++)
{
int have = sum - 2 * q.size();//获取现在不做任何修改可以免费送的物品
have = min(have, cnt[i]);//只能放下来取min,因为q.size默认是unsigned int……
for(R j = 1; j <= have; j ++) tmp[++ rnt] = s[i];//先把可以送的直接送了,单独放在一个数组里,防止和之前那些严格比当前大的混在一起
have = min(sum, cnt[i]) - have;//获取最多可以送几个(在当前已经送出一部分的前提下做修改)
for(R j = 1; j <= have; j += 2)//have重新赋值为最多还可以送的个数,因为每次会塞进来2个数,所以每次加2个
{//(min(sum, cnt[i])是把之前的全都买了可以送当前物品的个数,再减去已经送了的)
LL x = q.top(); q.pop();
if(x < s[i])//如果替换掉这一位更优,那么就换掉
{
tmp[++ rnt] = s[i];
if(j < have) tmp[++ rnt] = s[i];//如果j = have,只能说明是奇数,所以不能放第2个进来,,,
}
else//否则的话就维持之前的方案,并且由于无法替换(下一位置是0),只能尝试买下x,送2个s[j]
{
tmp[++ rnt] = x;//这个也要放到临时数组,,,不然就永远取不出更高的了
if(j < have && 2 * s[i] - x > 0) tmp[++ rnt] = 2 * s[i] - x;//下一状态就买下x,送2 个 s[i],不过如果没有增益的话,还不如不送
}
}
for( ; rnt; -- rnt) q.push(tmp[rnt]);
sum += cnt[i];//获取下一个位置(已处理总数)
// check();
}
while(!q.empty()) ans -= q.top(), q.pop();
printf("%lld\n", ans);
} int main()
{
freopen("in.in", "r", stdin);
pre();
work();
fclose(stdin);
return 0;
}

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