Description
Solution
神仙贪心题。
关于基础的反悔贪心，详见博客浅谈反悔贪心。
首先进行一些预处理，把物品从大到小排序，并按价值分组，即相同价值的放一起（能否白嫖只与比当前物品价值更大的物品有关）。
错误的贪心：能白嫖就白嫖（观察样例就知道显然是错误的）。
还是考虑通过反悔来使它正确。
开一个小根堆，记录每一次贪心白嫖到的价值。
枚举每一组物品，设枚举到第 (i) 组，有 (sum_i) 个，先计算出能直接白嫖的物品数量。假设大于当前物品价值的有 (num) 个物品，白嫖的物品个数是 (q.size())，那么数量就是： $$p = min(num - 2 imes q.size(), sum_i)$$
（白嫖一个物品的条件是买一个价值比它大的物品，所以用掉的物品数是 (2 imes q.size())）
这时，我们要开一个数组来记录当前轮能白嫖哪些物品，而不是直接塞到小根堆里。因为直接塞到小根堆里的话，会影响当前轮后面物品的选择。
我们把 (p) 个物品直接压到数组里，然后考虑当前组剩下的物品，数量为 (tot = min(num, sum_i) - p)（应该比较好理解吧）
枚举这 (tot) 个物品，并与之前白嫖到的物品判断（即小根堆里的物品）。
注意：在此之前所有买或者白嫖的物品价值都大于当前组物品价值，但是小根堆里的值可能会小于当前组物品价值，因为里面还有一些为了达到反悔效果而塞进去的数。当然，不可否认的是，小根堆里的每一个元素都代表着一个物品。
取出当前堆顶，设为 (k)，让 (k) 与当前组价值 (val_i) 做比较。
-
(k < val_i)：此时白嫖 (k) 显然不如白嫖 (val_i) 优，那么我们把原本用来白嫖 (k) 的机会拿来白嫖 (val_i)，且我们要购买 (k)，因此又多了一个白嫖机会 ，所以再多白嫖一个 (val_i)。
-
(k geq val_i)：(k) 比 (val_i) 更优，我们先把 (k) 再放回去。考虑如何达到反悔效果，假设我们是选择价值为 (x(x > k)) 的物品来白嫖的 (k)。通过上面一种情况，我们知道，如果买 (k)，可以多白嫖两个 (val_i)，因此我们再来分类讨论一下。
- 买 (x) 和 (2 imes val_i)，嫖 (k)：这时我们需要花费的代价是 (x + 2 imes val_i)。
- 买 (x) 和 (k)，嫖 (2 * val_i)：这时我们的代价是 (x + k)。
二者做一个差，为 (res = 2 imes val_i - k)，我们把 (res) 当作一个物品压到数组里即可。
在上述过程中，如果直接放到堆里，(res) 可能会成为堆顶，就会出现自己嫖自己的情况。
反悔贪心的过程就结束啦。最后，我们对所有物品求个和，减去堆中的所有元素和就是最少需要花费的代价啦。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N = 5e5 + 10;
ll n, ans;
ll a[N];
ll val[N], sum[N], cnt;
priority_queue <ll, vector<ll>, greater<ll> > q;
ll stk[N], top;
inline bool cmp(ll a, ll b){
return a > b;
}
signed main(){
scanf("%lld", &n);
for(ll i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &a[i]), ans += a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
for(ll i = 1; i <= n; ++i){
if(i == 1 || a[i] != a[i - 1]) val[++cnt] = a[i];
sum[cnt]++;
}
ll p, tot, num = 0;
for(ll i = 1; i <= cnt; ++i){
p = min(num - 2 * (ll)q.size(), sum[i]);
tot = min(sum[i], num) - p;
top = 0;
for(ll j = 1; j <= p; ++j)
stk[++top] = val[i];
for(ll j = 1; j <= tot; j += 2){
ll k = q.top();
q.pop();
if(k < val[i]){
stk[++top] = val[i];
if(j < tot) stk[++top] = val[i];
}else{
stk[++top] = k;
if(j < tot) stk[++top] = (val[i] << 1) - k;
}
}
for(ll j = 1; j <= top; ++j)
if(stk[j] >= 0) q.push(stk[j]);
num += sum[i];
}
while(!q.empty())
ans -= q.top(), q.pop();
printf("%lld
", ans);
return 0;
}