CF335F Buy One, Get One Free 贪心

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\(x < val_{now}\)那么选择不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;
}