题意

给\(2n\)个物品，分别有\(a,b\)属性，对于\(i=1...n\)，选择\(i\)个\(a\)属性和\(i\)个\(b\)属性，且每个物品只能作为一种属性的贡献，求最小的值。

分析

• 看了题解补了两天... 应该叫做可反悔的贪心，或者其实就是网络流？不过因为是特殊的图，所以可以用优先队列来优化。
• 维护四个优先队列，分别是未使用的\(a\)属性，未使用的\(b\)属性，已使用的\(a\)属性转化为\(b\)属性的花费，已使用的\(b\)属性转化为\(a\)属性的花费。
• 对一般情况，每次取出最小\(a\)属性，取出最小\(b\)属性转化为\(a\)属性的花费，以及最小的\(b\)属性，判断哪种策略更优，对\(b\)属性同理。
• 很多细节需要注意
  • 相同属性值，选择后反悔成另一种属性的花费更小的优先(无需绝对值)。比如(3,2)比(3,4)优先。
  • 两种策略的花费相同时，选择直接取出的策略，因为另一种策略需要从另一种最小堆中取出一个元素，使得堆顶元素变大。
  • 在前两个最小堆中取元素时需要判断取出元素是否已访问过。
  • 进行反悔的元素需要将花费取反然后放到另一个反悔队列里面去。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+50;
struct node{
    int id;
    ll val,sec;
    bool operator <(const node& rhs)const{
        if(val!=rhs.val){
            return val>rhs.val;
        }else{
            return sec-val>rhs.sec-rhs.val;
        }
    }
};
priority_queue<node> lc,dn,ltd,dtl;
int n,vis[N];
ll l[N],d[N];
int main(){
//    freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        scanf("%lld%lld",&l[i],&d[i]);
        lc.push(node{i,l[i],d[i]});
        dn.push(node{i,d[i],l[i]});
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(!lc.empty() && vis[lc.top().id]){
            lc.pop();
        }
        if(lc.empty()){
            auto t=dtl.top();
            dtl.pop();
            ans+=t.val;
            auto g=dn.top();
            dn.pop();
            ans+=g.val;
            ltd.push(node{t.id,d[t.id]-l[t.id]});
            dtl.push(node{g.id,l[g.id]-d[g.id],0});
        }else{
            auto a=lc.top();
            while(vis[a.id]){
                lc.pop();
                a=lc.top();
            }
            while(!dn.empty() && vis[dn.top().id]){
                dn.pop();
            }
            if(dtl.empty() || dn.empty()){
                ans+=a.val;
                lc.pop();
                vis[a.id]=1;
                ltd.push(node{a.id,d[a.id]-l[a.id],0});
            }else{
                auto b=dtl.top();
                auto c=dn.top();
                if(a.val<=b.val+c.val){
                    ans+=a.val;
                    lc.pop();
                    vis[a.id]=1;
                    ltd.push(node{a.id,d[a.id]-l[a.id],0});
                }else{
                    ans+=b.val+c.val;
                    dtl.pop();
                    dn.pop();
                    vis[c.id]=1;
                    ltd.push(node{b.id,d[b.id]-l[b.id],0});
                    dtl.push(node{c.id,l[c.id]-d[c.id],0});
                }
            }
        }
        while(!dn.empty() && vis[dn.top().id]){
            dn.pop();
        }
        if(dn.empty()){
            auto t=ltd.top();
            ltd.pop();
            ans+=t.val;
            auto g=lc.top();
            lc.pop();
            ans+=g.val;
            dtl.push(node{t.id,l[t.id]-d[t.id],0});
            ltd.push(node{g.id,d[g.id]-l[g.id],0});
        }else{
            auto a=dn.top();
            while(vis[a.id]){
                dn.pop();
                a=dn.top();
            }
            while(!lc.empty() && vis[lc.top().id]){
                lc.pop();
            }
            if(ltd.empty() || lc.empty()){
                ans+=a.val;
                dn.pop();
                vis[a.id]=1;
                dtl.push(node{a.id,l[a.id]-d[a.id],0});
            }else{
                auto b=ltd.top();
                auto c=lc.top();
                if(a.val<=b.val+c.val){
                    ans+=a.val;
                    dn.pop();
                    vis[a.id]=1;
                    dtl.push(node{a.id,l[a.id]-d[a.id],0});
                }else{
                    ans+=b.val+c.val;
                    ltd.pop();
                    lc.pop();
                    vis[c.id]=1;
                    dtl.push(node{b.id,l[b.id]-d[b.id],0});
                    ltd.push(node{c.id,d[c.id]-l[c.id],0});
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}