codeforces 355F

题目描述：

原题来自$codeforces355F$
小$A$来一个超市买东西。
这个超市的部分商品在做活动，特别是显卡，推出了买一送一。
这个超市的活动规则是：以原价$P_i$购买一张显卡，可送一张价格严格低于 $P_i$ 的显卡。
超市总共有 $n$ 张显卡，每张的价格为 $P_i$，小$A$很有钱，想要买下超市里所有的显卡。
请你告诉小A最少需要花多少钱。

输入样例1:

$6$
$345345$

输出样例1：

$14$

数据范围：

$n\le 10^5,P_i<10^9$

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Solution：

考虑转换思路，由于所有显卡都要买，所以相当于最大化免费的显卡价格之和。
一个显然的思路时按价格从大到小排序贪心，可惜直接贪心不大对。
贪心的错误做法可以被样例$hack$。
首先，合并所有相同价格的显卡，得到（价格，数量）二元组，将二元组按照价格降序
排序，得到一个序列。维护一个价格的小根堆$H$表示免费送的显卡。
依次处理序列中的每种价格的显卡， 设价格为 $p$， 数量为$m$， 价格高于它的显卡有 $pre$个。于是，当前显卡可以免费拿$max(min(pre-2\ast |H|,m),0)$ （因为有$|H|$是对应相等个数的原来买的，所以全部$-2$倍就是剩下买的，就是现在可以抵债的），剩下就需要买了。
买剩下的显卡时，比较一下$H$堆首元素价格 $p^{\prime }$；如果 $p>p\prime$, 因为我们将$P_i$从大到小排序，所以$p^{\prime }$一定是虚拟节点（下文会讲到），那么我们改为买 $p\prime$，于是多出来两个免费显卡空间，就可以免费拿两个当前显卡，并且买的显卡数量不变，血赚不亏。 （这种情况为什么会出现？后面会分析到。）
如果 $p\le p\prime$，但是 $2p\ge p\prime$，将当前堆首显卡改为买，就可以免费拿现在的两个显卡。看起来血赚不亏，实际上买的显卡个数减少了$1$（本来你要买当前的两个显卡，现在你只需要买 $p\prime$这个显卡）， 为后面免费拿显卡的铺垫少了！ 因此， 需要加入一个虚拟免费显卡 $2p-p\prime$到堆中，并留下当前的 $p\prime$！接下来如果买了这个虚拟免费显卡（前面的情况），意思就是还是选择原来的 $p\prime$显卡免费拿； 如果没有买这个虚拟免费显卡， 那么 $2p-p\prime +p\prime =2p$，实际上就相当于我们用一个$p\prime$
的显卡换了两个$p$的显卡。
维护这个小根堆即可。最后，小根堆中的所有元素之和就是免费的显卡价格之和的最大
值。答案由$P_i$累加和减一下就可以了。
时间复杂度 $O(nlogn)$。

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Code:

#include 
using namespace std;
#define int long long

const int N = 6e5 + 7, M = 5e3 + 7;
int n;
int a[N] = {};
struct edge{
	int p, m;
}b[N] = {};

priority_queue < int , vector <int> , greater <int> > q;
vector <int> now;

bool cmp(int x, int y) {
	return x > y;
}

signed main() {
	freopen("market.in","r",stdin);
	freopen("market.out","w",stdout);
	scanf("%lld", &n);
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &a[i]);
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (a[i] != a[i - 1]) b[++ cnt].p = a[i], b[cnt].m = 1;
			else ++ b[cnt].m;
	}
	int pre = 0;
	for (int i = 1; i <= cnt; i ++) {
		int num = q.size();
		int fre = max( min(pre - 2 * num, b[i].m), (long long)0);
		for (int j = 1; j <= fre; j ++) now.push_back(b[i].p);
		int buy = b[i].m - fre;
		for (int j = 1; j <= buy; j += 2) {
			if (q.empty()) break;
			int x = q.top();
			q.pop();
			if (b[i].p > x) {
				now.push_back(b[i].p);
				if (j != buy) {
					now.push_back(b[i].p);
				}
				continue;
			}
			now.push_back(x);
			if (2 * b[i].p >= x && j != buy) 
				now.push_back(2 * b[i].p - x);
		}
		for (int j = 0; j < now.size(); j ++)
			q.push(now[j]);
		now.clear();
		pre += b[i].m;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) ans = ans + a[i];
	while (!q.empty()) {
		int x = q.top();
		q.pop();
		ans = ans - x;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}