D. Jellyfish and Mex Codeforces Round 901 (Div. 2)

Problem - D - Codeforces

题目大意：有一个n个数的数组a，数m初始为0，每次操作可以删除任意一个数，然后m加上那个数，求n次操作和m的最小值

1<=n<=5000；0<=ai<=1e9

思路：可以发现，如果我们要删除某个数，那么一定要把所有和这个数相等的数全部删去，这样才能使MEX变小，同时，所有大于MEX的数删去的花费都是0，所以我们每次操作的数的大小都是递减的，且只会操作MEX到0。

那么我们令dpi等于MEX等于i时的最小花费，我们从MEX到0枚举i，同时枚举该删哪个数，也就是从0到i-1遍历，当前最小花费就是不删这个数dpj，或者删这个数也就是dpi+当前MEX*（这个数数量-1）再加这个数，转移方程为dpj=min(dpj,dpi+i*(cntj-1)+j)

//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e3 + 5;
ll n;
ll a[N];
ll cost[N];
ll cnt[N];
void init()
{
	for (int i = 0; i <= n; i++)
	{
		cost[i] = 1e18;
		cnt[i] = 0;
	}
}
ll gcd(ll a, ll b)
{
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
ll lowbit(ll x)
{
	return x & (-x);
}
void solve()
{
	ll m;
	cin >> n;
	init();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		if (a[i] <= n)
		{//MEX最大为n，大于n的都可以随便删
			cnt[a[i]]++;
		}
	}
	int mex = 0;
	while (cnt[mex])
	{//找当前的MEX
		mex++;
	}
	cost[mex] = 0;
	for (ll i = mex; i >= 0; i--)
	{
		for (ll j = 0; j < i; j++)
		{
			cost[j] = min(cost[j], cost[i] + i * (cnt[j] - 1) + j);
		}
	}
	cout << cost[0] << endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}