CF1839B题解

• 分析

  根据题意，对于所有$a=x$的灯，我们最多可以一次开$x$盏。

  最优方案一定是只开$a$相同的灯，因为开一盏大的会使等于$a$的灯少开一盏，而且最后不会坏掉，会一直占着一个名额，从而使当前$a$一直到更大的$a$的轮次一直少开一盏，这个亏损必定大于等于多开一盏大$a$轮次的灯所带来的利益（因为不提前开这个灯在他自己的$a$的轮次还是可以开包括这个灯在内的$a$盏灯，而提前开这个灯就不会在自己的轮次开，而且只能开$a-1$盏，所以总利润还是$a$盏灯的利润，而且提前的轮数到当前的轮数会一直亏损一盏灯的利润，所以亏损必定大于等于利润），所以不开大的，小的可以看做在小的轮次里面开大的，这已经知道是必定不赚的决策了，所以只开$a$相同的。

  显然对于所有$a=x$的灯，我们选$b$最大的$x$盏灯就行，注意到$b$最大为$1e9$，所以开long long。

• 代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int MAXN(1000007);
vector <int> e[MAXN];
int T, n;
inline void read(int &temp) { cin >> temp; }
inline bool cmp(int x, int y) { return x > y; }
inline void work() {
	for (int i(1); i <= n; ++i)  e[i].clear();
	int ans(0);
	read(n);
	for (int i(1), a, b; i <= n; ++i)  read(a), read(b), e[a].push_back(b);
	for (int i(1); i <= n; ++i)  sort(e[i].begin(), e[i].end(), cmp);
	for (int i(1); i <= n; ++i) {
		if (!e[i].size())  continue;
		for (int j(0); j < min(i, (int)e[i].size()); ++j)  ans += e[i][j];
	}
	cout << ans << endl;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
	read(T);
	while (T--)  work();
	return 0;
}