【题解】Codeforces Global Round 19, E, F

E

You are given an array $a$ of length $n$. Let cntx be the number of elements from the array which are equal to $x$. Let's also define $f(x,y)$ as $(cnt_x+cnt_y)⋅(x+y)$.
Also you are given $m$ bad pairs $(x_i,y_i)$. Note that if $(x,y)$ is a bad pair, then $(y,x)$ is also bad.
Your task is to find the maximum value of $f(u,v)$ over all pairs $(u,v)$, such that $u≠v$, that this pair is not bad, and also that $u$ and $v$ each occur in the array $a$. It is guaranteed that such a pair exists.

枚举题，但是我并不熟悉这种复杂度的分析
第一想法是用堆维护，但是这种题并不能对所有数对构造一个比较直接的划分和次序关系
考虑枚举，对于式子 $(cnt_x+cnt_y)⋅(x+y)$，我们考虑固定 x（和对应的 $cnt_x$ ），我们再考虑枚举 y（显然复杂度会炸） $cnt_y$（枚举剪枝，我们只需枚举$1\text{~} cnt_x$），我们希望这下能快速依次得到从大到小的对应 y，我们开个vector存对应的数即可
设vector cnt[n]，我们将相同 $cnt_x=c$ 的数字 x 都放进 cnt[c] 里，再从大到小排个序
分析复杂度，对于某个数字 x，我们枚举所有 $c≤cnt_x$ 的 cnt 数组，总的是 O(n) 的
为什么？我们这么想，对于每个 cnt[c]，我们在其中枚举了 cnt[c].size 个 x，对于每个 x 又枚举了 c 次，总的即 $\sum{c*cnt[c].size} = n$
每次枚举我们只需取出vector头的那个 y 即可，但是如果遇到 bad pair 我们还得继续在这个vector里取下一个，但是这么做的次数不超过 m，所以总的就是 $O((n+m)logm+nlogn)$

#include <set>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 300005;
typedef long long ll;
int T, N, M, A[MAXN];
set<ll> map;
vector<int> cnt[MAXN];
ll has(ll x, ll y)
{
	if (x> y) x ^= y ^= x ^= y; return x*2000000000+y;
}
int cmp(int x, int y) { return x > y; }
int main()
{
	for (scanf("%d", &T); T; T--) {
		scanf("%d%d", &N, &M);
		for (int i=1; i<=N; i++) scanf("%d", &A[i]);
		map.clear();
		for (int i=1; i<=M; i++) {
			int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
			map.insert(has(a, b));
		}
		sort(A+1, A+N+1);
		for (int i=1; i<=N; i++) cnt[i].clear();
		for (int p=1; p<=N;) {
			int a = A[p], c = 1; p++;
			while (p<=N && A[p]==a) p++, c++;
			cnt[c].push_back(a);
		}
		for (int i=1; i<=N; i++) sort(cnt[i].begin(), cnt[i].end(), cmp);
		ll ans = 0; int x, y;
		for (int c=1; c<=N; c++) {
			int sz = cnt[c].size();
			for (int i=0; i< sz; i++) {
				x = cnt[c][i];
				for (int _c=1; _c<=c; _c++) {
					int _sz = cnt[_c].size();
					for (int j=0; j< _sz; j++) {
						y = cnt[_c][j];
						if (x!=y && map.find(has(x, y))==map.end()) {
							ans = max(ans, 1ll*(c+_c)*(x+y));
							break;
						}
					}
				}
			}
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

F

决策问题，先考虑哪些决策是不得不做的，比如叶子节点，比如最大的h值的节点
最大的h值节点x肯定需要两个e=h[x]的，这时再考虑其他节点，发现可以白嫖这两个节点
令x为根节点就行了