一、题意
给出N个方块，要求给出一个方案，使得
1、 所有方块都被使用到（题目数据保证这点）
2、所有方块垒成一个塔，且上面的方块宽度小于下面的方块
3、每个方块只能用一次，可以横着或者竖着。
n范围50w
二、题解
首先考虑表示一个正方形的方法：长度和宽度组成的无向图。
因为必然要把所有方块都堆好，所以仅考虑冲突情况：即一个边长出现了多次（如果仅仅出现了一次就无须考虑，直接无缝的塞进适应的位置即可）。
因而仅仅需要考虑连成片的图（联通块情况）。对于任意可行解，都有同一长度作为宽度不出现超过1次。
对于一个图，都会有如下设定：
1、每条边最多只能做一次“宽”，因而如果出现了多条边指向这个点的话，将会必然增加deg-1次高（因为每个边长作为宽度最多只能出现一次）
2、对于树状情况，若果有X个长宽组成一个联通块，则必然至少包括X-1个边，讨论上条定理，必然会有一个边应当作为高出现，因而建议选择最大的。
重新梳理下思路：
1、考虑不同联通块，由于不存在相同的宽度，因此可以仅单独讨论其对答案的贡献（因为互相穿插互不影响）
2、对于同一个联通块，应当认为仅仅存在两种情况——即树或者树多一条边：
考虑每个点都是一个边长，每条边都是一个矩形，
若有树则是，n个不同的点对应n-1个矩形，则认为有n-1个不同的长度分别担任“成为宽度”的重任；
若有多一条边，则认为n个点对应n个矩形，则有正好n个不同的长度分别担任“成为宽度”的重任；
在多一条边，则认为，n个不同的长度，要出n+1个矩形（考虑必然要有n+1个不同的长度担任“成为宽度”的重任，然额一共只有n，故不存在）；
3、对于每个点，如果被多次指向，那么必然应当“最少有size-1次担任“成为高度”的任务“，换句话说，最多成为一次宽度。因此，对于任何一点，都必然为答案贡献(size-1)*val[now].
4、对于每个树，我们可以自由选择”哪个点为起始节点，即不被指向（换句话说，指定任意节点为根）将其点权值贡献给答案“
5、对于树+1条边，参见2，认为“没得选”
最后注意下数据太大，要首先离散化一下。
三、代码
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<math.h> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<string.h> #include<queue> using namespace std; #define ll long long const ll MAXN=500233; map<int,int> mapp; ll n,val[MAXN],vis[MAXN]; vector<int>G[MAXN]; ll deg,maxx; ll ans; void dfs(int now) { if(vis[now])return; vis[now]=1; ans+=val[now]*(G[now].size()-1); maxx=max(maxx,val[now]); deg+=G[now].size()-2; for(int i=0;i<G[now].size();++i) { dfs(G[now][i]); } } int main() { while(cin>>n) { mapp.clear(); int id=0; for(int i=1;i<=MAXN;++i)G[i].clear(); for(int i=1;i<=n;++i) { int a,b,aa,bb; scanf("%d%d",&a,&b); if(mapp.count(a))aa=mapp[a]; else aa=mapp[a]=id++; if(mapp.count(b))bb=mapp[b]; else bb=mapp[b]=id++; val[aa]=a; val[bb]=b; G[aa].push_back(bb); G[bb].push_back(aa); } memset(vis,0,sizeof(vis)); ans=0; for(int i=0;i<id;++i) { if(!vis[i]) { deg=0; maxx=0; dfs(i); if(deg<0)ans+=maxx; } } cout<<ans<<endl; } return 0; }