原题链接
切入
由于\(n\le5\times10^5\)，直接一眼贪心
首先要找出所有牌中的最大值\(maxn1\)以及其对应的颜色\(col1\),用来匹配与\(col1\)不同颜色的牌，只要有\(a_i+maxn1>0\),就可以添加至\(ans\)的贡献中
而对于与\(col1\)同色的卡牌来说，则需要找出一个与\(col1\)不同色的卡牌中的最大值，与同色的卡牌相匹配
代码实现方面，我们可以用结构体存储点数和颜色，然后对它快排，找出最大值与不同色的次大值，之后一一匹配即可
记得要给次大值的\(maxn2\)设定一个极小值，以特判当所有颜色都为同一种颜色的情况
时间复杂度为\(O(nlogn)\)
优化
注意到我们的算法复杂度的瓶颈在于快排，但我们其实并不需要对所有的数据进行排序，只需要找到最大值和不同色的次大值就可以了，只需两个\(for\)循环即可实现(其实一个就够了)
要记得统计最大值所对应的\(idx\)，以防重复贡献
优化后的时间复杂度为\(O(n)\)
其余细节详见代码
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define endll " "
#define fre(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x&-x
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define it inline int
#define iv inline void
#define ib inline bool
using namespace std;
const int MAXN=500050;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=998244353;
it gcd(int x,int y) {return y==0?x:gcd(y,x%y);}
it lcm(int x,int y) {return x/gcd(x,y)*y;}
it max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
it min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
it ksm(int x,int m,int mod)
{int res=1,bas=x%mod;while(m){if(m&1)res=(res*bas)%mod;bas=(bas*bas)%mod;m >>= 1;}return res%mod;
}
int n,m,l,r,u,v,w,cnt,tot,ans,head[MAXN],maxn1,maxn2=-INF,col1,col2,idx;
mt19937_64 rnd(chrono::system_clock::now().time_since_epoch().count());
struct lane
{int val,col;
}t[MAXN];
signed main()
{//fre("");ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++)cin >> t[i].val >> t[i].col;for(int i=1;i<=n;i++){maxn1=max(maxn1,t[i].val);if(maxn1==t[i].val){col1=t[i].col;idx=i;}}for(int i=1;i<=n;i++){if(t[i].col!=col1){maxn2=max(maxn2,t[i].val);if(maxn2==t[i].val)col2=t[i].col;}}if(maxn2==-INF){cout<<ans;return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){if(t[i].col!=col1 && t[i].val+maxn1>0) //与最大值匹配ans+=t[i].val+maxn1;if(t[i].col==col1 && t[i].val+maxn2>0 && idx!=i) //次大值不同色与最大值的颜色相同的匹配,不计算遇到最大值时的贡献,避免重复贡献ans+=t[i].val+maxn2;}cout<<ans;return 0;
}