CF2224B Zhily and Mex and Max
思路
假设整个数组中的最大值是 $mx$，最小未出现数是 $me$。
我们考虑拆分两种贡献，发现 $\operatorname{mex}$ 的每一位贡献最多为 $me$，而 $\max$ 的每一位贡献最多为 $mx$。
直觉上显然是 $\max$ 的每位贡献更大，此时我们将最大值放在最前面，后面从大到小放上 $0,1,\dots,me-1$。
考虑 $me>mx$ 的情况：
首先 $mx\ge me-1$，因为 $me-1$ 一定在数组中出现过。
然后就得到 $me>mx\ge me-1$，那么显而易见，$mx=me-1$。
下文的 $i\times cnt_i$ 均指填 $cnt_i$ 个 $i$。
那么数组从大到小排序之后整体大概就是 $0\times cnt_0,1\times cnt_1,\dots,(me-1)\times cnt_{me-1}$，这里 $cnt_i$ 指的是出现的次数，且 $\forall i\in[0,me),cnt_i>0$。
我们考虑 $\max$ 贡献更大时的那种构造方法，贡献为 $(me-1)\times n+0+\sum_{i=1}^{me-2} i+(n-me+1)\times me$，这里 $i$ 上界为 $me-2$ 是因为放入 $me-2$ 后由于前面第一个是 $me-1$，$\operatorname{mex}$ 直接变成 $me$ 了。
如果 $me-1$ 不在最前面的位置而在第二位，我们的 $\operatorname{mex}$ 产生的贡献只是把那个 $0$ 替换为 $me-1$，而 $\max$ 少产生的贡献就是把第一位替换成 $0$，少了 $me-1$，两者刚好抵消，若往后挪动更多位也用同样的方法推出不会更优。
所以我们就按照 $mx,0,1,\dots,(me-1)\times (cnt_{me-1}-1)$ 填充数组的最前面部分，后面由于 $\max$ 和 $\operatorname{mex}$ 都已经达到上界所以咋填都不影响。
代码
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| #include<bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fep(i,s,e) for(int i=s;i<e;i++)
#define pef(i,s,e) for(int i=s;i>e;i--)
#define rep(i,s,e) for(int i=s;i<=e;i++)
#define per(i,s,e) for(int i=s;i>=e;i--)
namespace FastIO{
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0;int f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);x*=f;
}
template<typename T,typename...Args>
inline void read(T &x,Args&...args){
read(x);
read(args...);
}
template<typename T>void print(T x){
if(x<0)x=-x,putchar('-');
if(x>9)print(x/10);
putchar((x%10)^48);
}
}
using namespace std;
using namespace FastIO;
const int N=2e5+47;
int T,n,a[N],vis[N];
signed main(){
read(T);
while(T--){
read(n);
rep(i,0,n)vis[i]=0;
int mx=0,me=0,ans=0;
rep(i,1,n){
read(a[i]);
if(a[i]<=n)vis[a[i]]++;
mx=max(mx,a[i]);
}
rep(i,0,n){
if(vis[i])me++;
else break;
}
a[1]=mx;
rep(i,2,min(1+me,n)){
a[i]=i-2;
}
int curmx=0,curme=0;
rep(i,1,n){
curmx=max(curmx,a[i]);
if(a[i]==curme)curme++;
if(a[1]==curme)curme++;
ans+=curmx+curme;
}
print(ans);
puts("");
}
}
|
