Protecting the Flowers(3262)_常失策的。他还在的时候,奶牛像往常一样悠闲地在牧场里吃草。可是当他回来的时候,-优快云博客

本文提供了一种解决POJ 3262问题的有效算法。通过将牛按照t[i]/d[i]的比例进行排序，并从最小比例开始选择，可以确保每次选择都是最优解。此方法采用贪心策略，最终得到的序列即为问题的解答。

题解：
考虑当前选哪个放在开头。
设放在开头的为(d1,t1) 放在第二个的为(d2,t2)。
那么放在开头的牛满足：无论第二个是什么，交换第一和第二总是不会变优。
设当前剩余牛的d值和为ds。
那么有：
(ds-d1)*t1+(ds-d1-d2)*t2<(ds-d2)*t2+(ds-d2-d1)*t1
化简得：
t2/d2>t1/d1。
也就是说，当t[i]/d[i]>t[j]/t[j]时，j放在i前面更优。
若开头的是t[i]/d[i]中的最小值，无论后面是什么，它永远是最优的。
那么我们可以确定开头了。
而注意到开头确定后，剩下的正好是n-1规模的子问题，可以用一样的方式解决。
所以我们可以按t[i]/d[i]排序，从小取到大就是最终序列了。
复杂度:O(nlogn)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct s{
    int d, t;
}pp[100100];
bool cmp(s a, s b){
    return a.d/(a.t*1.0) < b.d/(b.t*1.0); 
}
int n;
int main(){
    int i;
    while(scanf("%d", &n) == 1){
        long long sum = 0;
        for(i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d%d", &pp[i].d, &pp[i].t);
            sum += pp[i].t;
        }
        sort(pp+1, pp+1+n, cmp);
        long long ans = 0;
        for(i = 1; i <= n; i++){
            sum -= pp[i].t;
            ans += pp[i].d * 2 * sum;
        }
        printf("%I64d\n", ans);
    }
    return 0;
}