题解：P11638 Max,Mex

题解：P11638 Max,Mex

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前置知识

$$\sum_{i=1}^n a_i=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+ \cdots+a_n$$

思路

本题中定义 $\max\{S\}$ 为 $S$ 中的最大值，$\operatorname{mex}\{S\}$ 为 $S$ 中最小没出现过的自然数。一次操作你可以选定一个 $(i,j)$，满足 $1\le i,j\le n$ 以及 $i\neq j$，令 $x=\max\{a_i,a_j\}$，$y=\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}$，那么 $a_i=x$，$a_j=y$。

subtask 1&2

• 对于 subtask1 与 subtask2，直接输出 $sum$ 即可。证明如下：
  • 当 $a_i \ge 2$ 时，$\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}=0$，即 $a_j=0$，对 $\sum_{i=1}^n a_i$ 没有贡献，所以不需要进行操作，在代码中进行特判即可。这样可拿到 $[10,30]$ 分。

subtask 3&4

• 对于 subtask3 与 subtask4，因为无特殊性质，所以需要判断关于 $\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}$ 的所有情况，求出他们分别对 $\sum_{i=1}^n a_i$ 的贡献值并得出规律。

• 我们会发现如下规律：

  • 对于一个操作，不论是 $\operatorname{mex}\{a_i,a_j\}$ 还是 $\max\{a_i,a_j\}$，只要 $a_i,a_j \ge 2$ 时，根据 subtask 1&2 的结论，再进行操作显然对 $\sum_{i=1}^n a_i$ 没有贡献，所以我们只需统计数列中小于 $2$ 的个数和大于等于 $2$ 的数之和，并求出小于 $2$ 的数的最大贡献值即可。
  • 因此，对于一组 $a_i,a_j$ 有以下几种情况：
    • 当 $a_i=0,a_j=0$ 时，令 $a_j=\operatorname{mex}\{0,0\}=1$。此时 $a_i=0,a_j=1$。
    • 当 $a_i=0,a_j=1$ 时，令 $a_i=\max\{0,1\}=1$，$a_j=\operatorname{mex}\{0,1\}=2$。此时 $a_i=1,a_j=2$。
    • 当 $a_i=1,a_j=2$ 时，令 $a_i=\max\{1,2\}=2$，$a_j=\operatorname{mex}\{2,2\}=0$。此时 $a_i=2,a_j=0$。显然对 $\sum_{i=1}^n a_i$ 没有贡献，所以这个操作要舍去。
  • 综上，我们一共操作了三次，操作过后结果为 $a_i=1,a_j=2$，此时贡献值为 $1+2=3$。
  • 因此，我们可以推导出 subtask 3&4 的通项公式。即对于 $cnt$ 个 $0$，$ans$ 个 $1$，最后会有 $cnt+ans-1$ 个数操作成 $2$，剩下的一个数无法进行操作，即为 $1$。即对于小于等于 $2$ 的 $a_i,a_j$，最大贡献次数为：
    $$2 \times ((cnt+ans)-1)+1$$

  • 因此，subtask 3&4 的通项公式为：
    $$\sum _{i=1}^n a_i+2 \times ((cnt+ans)-1)+1-ans$$
    即：
    $$\sum _{i=1}^n [a_i\neq 0 \wedge a_i \neq 1 ]+2 \times cnt + ans-1$$

关于hack数据

事实上，这是本代码的一个小 Bug。
当 $n=1,a_i=0$ 时，因为之前 $cnt$ 记录 $0$ 的个数时，$cnt$ 便不会为 $0$，因此卡过了上文中的关于 subtask1 的部分。所以只要在这之前进行特判便没有问题了。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll cnt,ans,sum,n,a;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a;
		sum+=a;
		if(n==1){
			cout<<a;
			return 0;
		}
		if(a==0) cnt++;
		if(a==1) ans++;
	}
	if(cnt+ans==0) cout<<sum;
	else cout<<cnt*2+ans+sum-1;
	return 0;
}

本题思维难度略大，代码实现方面比较简单。