题目思路

思路：贪心 + multiset（平衡树）

每个物品中能放至多一个其他的物品，且每个物品只能放在至多一个物品内。

先考虑单位空间价值更大的，让他们内部的空间先被填充。

按照单位空间价值从大到小枚举每个物品，对每个物品找到一个体积小于当前枚举物品的空间的物品。即找到一个小于等于 $x$ 的最大的 $y$ 值。

因为物品的体积可能相同，故需要一个可以存储重复元素的 multiset，其中加入了所有的物品体积。

这里需要注意的是，一个物品的体积和空间可能相同，故我们需要判断获取的小于 $x$ 的最大的 $y$ 值是否可能和当前枚举的物品的空间相同：

• 如果相同则可能是同一物品，故需要判断这个体积大小的物品的数量
  • 如果恰好只有一个，则说明是自己，则需要找到更小的
  • 如果不止一个，则说明存在其他的和当前枚举的物品空间大小相同的物品 $i$ ，将物品 $i$ 放入到当前物品中即可。

此外，我们每将一个物品放到另一个物品的空间中之后，就需要删除这个物品，防止多次使用，因此上述的重复判断需要有一个额外的标记，下面以 gt1 作为每个体积的物品数量是否大于 $1$ 的标记。

时间复杂度：$O(n\log n)$

类似题目推荐

Codefun2000

set/multiset 练习题

• 美团 P1269. 2023.04.29-春招-第四题-SSTF算法

贪心练习题

• 荣耀 P1040. 2022.9.22-破译数字密码

• 腾讯 P1005. 2022.10.16-汽车

LeetCode

set/multiset 练习题

• 327. 区间和的个数

• 218. 天际线问题

代码

C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100010;
struct Node {
    int a, b, c;
}q[N];

// 每个值的剩余数量
int cnt[N];
// 一个数的初始数量是否大于 1
bool gt1[N];
int n;

int main()
{
    long long ans = 0;
    multiset<int> S;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &q[i].a);
        // 如果一个值 q[i].a 的总数量大于 1，则 gt1[q[i].a] = true
        if (++cnt[q[i].a] > 1) {
            gt1[q[i].a] = true;
        }
        S.insert(q[i].a);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &q[i].b);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 初始化所有的剩余空间都是满的
        scanf("%d", &q[i].c);
        ans += 1ll * q[i].c * q[i].b;
    }

    // 按照每个空间的单位价值从大到小排序，先处理单位价值更大的
    sort(q + 1, q + n + 1, [](const Node& A, const Node& B) {
        return A.c > B.c;
    });

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        // 找到小于等于 q[i].b 的最大
        auto it = S.upper_bound(q[i].b);
        if (it == S.begin()) continue;
        it--;

        // 如果选择的物品的体积小于当前物品的空间
        // 或者选择的物品的体积等于当前物品的空间，但是这个空间的总数量大于 1
        if (*it != q[i].a || gt1[*it]) {
            ans -= 1ll * (*it) * q[i].c;
            S.erase(it);
        } else {
            // 否则就得继续往前找体积小于当前物品的空间的物品
            if (it == S.begin()) continue;
            it--;
            ans -= 1ll * (*it) * q[i].c;
            S.erase(it);
        }
    }

    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

python

from sortedcontainers import SortedSet

N = 100010
# 每个值的剩余数量
cnt = [0] * N
# 一个数的初始数量是否大于 1
gt1 = [False] * N

S = SortedSet()

n = int(input())
a = list(map(int, input().split()))
b = list(map(int, input().split()))
c = list(map(int, input().split()))

ans = 0
for i in range(n):
    cnt[a[i]] += 1
    # 如果一个值 q[i].a 的总数量大于 1，则 gt1[q[i].a] = True
    if cnt[a[i]] > 1:
        gt1[a[i]] = True
    # 初始化所有的剩余空间都是满的
    ans += b[i] * c[i]
    S.add(a[i])

idx = [i for i in range(n)]
# 按照每个空间的单位价值从大到小排序，先处理单位价值更大的
idx.sort(key=lambda x: -c[x])

for i in range(n):
    j = idx[i]
    # 找到小于等于 q[i].b 的最大
    it = S.bisect_right(b[j])
    if it == 0: continue
    it -= 1

    val = S[it]
    # 如果选择的物品的体积小于当前物品的空间
    # 或者选择的物品的体积等于当前物品的空间，但是这个空间的总数量大于 1
    if val != a[j] or gt1[val]:
        ans -= val * c[j]
        S.remove(val)
    else:
        # 否则就得继续往前找体积小于当前物品的空间的物品
        if it == 0: continue
        it -= 1
        val = S[it]
        ans -= val * c[j]
        S.remove(val)

print(ans)

Java

import java.util.*;

public class Main {
    static final int N = 100010;

    static class Node {
        int a, b, c;
    }

    // 每个值的剩余数量
    static int[] cnt = new int[N];
    // 一个数的初始数量是否大于 1
    static boolean[] gt1 = new boolean[N];
    static int n;

    public static void main(String[] args) {
        long ans = 0;
        TreeMap<Integer, Integer> S = new TreeMap<>();
        Scanner scan = new Scanner(System.in);
        n = scan.nextInt();
        Node[] q = new Node[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            q[i] = new Node();
            q[i].a = scan.nextInt();
            // 如果一个值 q[i].a 的总数量大于 1，则 gt1[q[i].a] = true
            if (++cnt[q[i].a] > 1) {
                gt1[q[i].a] = true;
            }
            S.put(q[i].a, S.getOrDefault(q[i].a, 0) + 1);
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) q[i].b = scan.nextInt();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            q[i].c = scan.nextInt();
            ans += (long) q[i].c * q[i].b;
        }

        // 按照每个空间的单位价值从大到小排序，先处理单位价值更大的
        Arrays.sort(q, 1, n + 1, new Comparator<Node>() {
            @Override
            public int compare(Node o1, Node o2) {
                return o2.c - o1.c;
            }
        });

        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            // 找到小于等于 q[i].b 的最大
            Integer key = S.floorKey(q[i].b);
            if (key == null) continue;

            // 如果选择的物品的体积小于当前物品的空间
            // 或者选择的物品的体积等于当前物品的空间，但是这个空间的总数量大于 1
            if (!key.equals(q[i].a) || gt1[key]) {
                ans -= (long) key * q[i].c;
                if (S.get(key) == 1) {
                    S.remove(key);
                } else {
                    S.put(key, S.get(key) - 1);
                }
            } else {
                // 否则就得继续往前找体积小于当前物品的空间的物品
                key = S.floorKey(key - 1);
                if (key == null) continue;
                ans -= (long) key * q[i].c;
                if (S.get(key) == 1) {
                    S.remove(key);
                } else {
                    S.put(key, S.get(key) - 1);
                }
            }
        }

        System.out.println(ans);
    }
}

Python、Golang 和 JavaScript 标准库中没有实现基于平衡树的数据结构，故如实在需要，还是需要 C++ 和 Java

题目内容

小美是一个收藏家，他喜欢收集各种珍奇的物品。最近，他在旅游时在俄罗斯购买了一些俄罗斯套娃。他深深地被这些绚丽多彩的小玩意吸引住了，每天都会花费大量的时间玩弄它们。随着时间的推移，他逐渐发现将套娃放在其他套娃内是一个有趣的游戏，并决定挑战自己，看看他是否能以最小的成本套上所有的俄罗斯套娃。

具体的，小美有 $n$ 个俄罗斯套娃，第 $i$ 个俄罗斯套娃的大小为 $a_i$ ，内部空间为 $b_i$ ( $b_i\le a_i$ )和一个价值 $c_i$ 。

对于两个俄罗斯套娃 $x$ 和 $y$ ， $x$ 能放入 $y$ 中当且仅当 $a_x\le b_y$ ，且放入后会占据 $y$ 大小为 $a_x$ 的内部空间，即y 的内部空间剩下 $b_y-a_x$ ，每个俄罗斯套娃只能放在另外的一个俄罗斯套娃内，每个俄罗斯套娃内部也只能放一个俄罗斯套娃(当然内部放的这个俄罗斯套娃可以内部还有俄罗斯套娃)。

显然俄罗斯套娃是套的越多越好，如果套完之后俄罗斯套娃 $i$ 还剩 $k$ 的内部空间小美需要付出 $c_i\times k$ 的花费，总花费为所有俄罗斯套娃的花费之和。

现在小美想知道最小的花费为多少？

输入描述

第一行一个正整数 $n$ ，表示俄罗斯套娃的个数

接下来三行每行 $n$ 个整数，分别为

a1,a2,...,an
b1,b2,...,bn
c1,c2,...,cn

$1\le n,a_i,b_i,c_i \le 100000$ ， $b_i\le a_i$

输出描述

输出一个整数表示最小的花费。

样例

输入

3
5 4 3
4 2 2
3 2 1

输出

6

样例解释

将第二个俄罗斯套娃放在第一个里面，第三个不动，这样第一个俄罗斯套娃剩 $0$ 的空间，第二个剩 $2$ ，第三个剩 $2$ 。总花费为 $0*3+2*2+2*1=6$ 。

可以证明这是花费最小的方案。