贪心过河问题

过河问题
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难度：5

描述

在漆黑的夜里，N位旅行者来到了一座狭窄而且没有护栏的桥边。如果不借助手电筒的话，大家是无论如何也不敢过桥去的。不幸的是，N个人一共只带了一只手电筒，
而桥窄得只够让两个人同时过。如果各自单独过桥的话，N人所需要的时间已知；而如果两人同时过桥，所需要的时间就是走得比较慢的那个人单独行动时所需的时间。
问题是，如何设计一个方案，让这N人尽快过桥。

输入
第一行是一个整数T(1<=T<=20)表示测试数据的组数
每组测试数据的第一行是一个整数N(1<=N<=1000)表示共有N个人要过河
每组测试数据的第二行是N个整数Si,表示此人过河所需要花时间。(0<Si<=100)
输出
输出所有人都过河需要用的最少时间
样例输入

1
4
1 2 5 10

样例输出

17

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对于时间排序得到S(1) <= S(2) .... S(n-1) <= S(n)
/*贪心递归式：
首先由题目已知，无论单独过桥，还是两人一起过桥均需要手电筒，显然，当剩余未过桥的人数N > 1 ,是必定要两个一起过桥的，但过桥后，仍需要一个人送回手电筒，
显然送手电筒的人必须用时较短，因此我们选择S（1）送手电筒，而两个人一起过桥，显然为了用时最短，我们需要将剩余未过桥N人中用时最长的两个人S（N），S（N- 1）
先过桥，然后让S（1）送手电筒，但现在问题在于，由于只有一个手电筒，所以，让P，Q先过桥显然是不合理的，因为过桥后仍需送回手电筒，这就要求在P，Q过桥之前，
S（1）到达桥对面。
但我们再深入思考一下，若只让S（1）一人先过桥，然后再送回手电筒，显然也是不合理的，因为S（N - 1），S（N）过桥后，无人留在桥对面送回手电筒（我们尽量不让
时间较长的S（N - 1）和S（N - 1）送回手电筒），所以需要S（1）和S（2）一起过桥，然后S（1）送回手电筒，让S（N - 1）和S（N）过桥后，再由S（2）送回。以此类推。
这时，第一种方案出来了，即：sum1 = S（1） + 2 * S（2）+ S(N);
但我们再仔细分析可以发现，在这个方案中，S（1）必定存在，但由于具有2 * S（2），若S（2）相对较大时，（这是可能的，因为当剩余的人越来越少时，过桥时间越来越
接近）此时，第二种方案可能比第一种方案所需时间较短，即 sum2 = 2 * S（1） + S（N - 1） + S(N);此时，S（1）和S（N），S（N  - 1）一起过桥，且返回2次，我们可
以用sum2 - sum1 = S(1) + S(N - 1) - 2 * S(2);当S（1） + S（N - 1） < 2 * S(2)时方案二较优。
因此我们可得方程式：
 SUM = SUM + MIN(S(n - 1) + 2 * S(1) + S(n),S(n) + S(1) + 2 * S(2))
*/

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#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define MIN(a,b) ((a) > (b) ? (b) :(a))
int cmp(const void *a, const void *b)
{
return *(int *)a - *(int *)b;
}
int main()
{
int T, N;
int s[1001];
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
scanf("%d", &N);
int i = 1, n = N;
while (N--)
{
scanf("%d", &s[i]);
++i;
}
qsort(s, i, sizeof(s[1]), cmp);
int sum = 0;
while (n > 3)
{
sum = sum + MIN(s[n - 1] + 2 * s[1] + s
, s
+ s[1] + 2 * s[2]);
n = n - 2;
}
if (n == 3)
sum = sum + s[1] + s[2] + s[3];
else if (n == 2)
sum = sum + s[2];
else
sum = sum + s[1];
printf("%d\n", sum);
}
return 0;
}