题目大意：
有n个人要过一条河，每个人过河都需要一个时间aiai，有一艘船，每次过河只能最多装两个人。两个人划船过河所需的时间都取决于过河时间长的那个人。比如，A，B两人过河所需时间分别为a，b，那么，他们成一条船过河所需的时间为：max{a，b}。现在让你安排一个过河方案，让所有人用最短的时间全部过河。
问题分析：
首先，我们先来研究一个问题，就是在没过河的人有4个及4个以上的情况下，我们设其中四人为a、b、c、d，并且所需时间a<b<c<d，那么，我现在想让c、d过河，然后再让船回到过河前的位置，准备好继续送其他的人过河。那么我这里有两种运载方式：
1.过河顺序为：ac、a、ad、a 时间消耗：t1=2a+c+d
2.过河顺序为：ab、a(b)、cd、b(a) 时间消耗：t2=a+2b+d
t1−t2=a+c−2b
这也就是说，选择两种方案的哪一种，和a+c−2b的值有关。
对于第一种的解释：我就是让，所需时间最小的a来分别送c、d过河，因为a所需时间最少，所以每次a把船送回来所需的时间也是最少的。所以选择a来送有可能是最优方法。对于第二种的解释：如果c、d过河都需要很长的时间，那么，我就让他们一起过去，这样就可以很有效的去除掉相比较来说所需时间较小的c的过河时间，然后我再让一个提前在对岸守好的b（之前由a送到对岸），再来把船还回去。所以这是唯一两种比较有前途的送c、d过河的方式。
那么现在我设定n个人过河“xcx的贪心策略”为：在要过河人数n≥4的时候，我先用上述两种方法中较好的一个，把最大的两个送过河（用过河时间最少的人作为上述方法的a，第二少的作为上述方法的b）。然后该问题就变成了：寻找把剩下的n-2个人送过河的最优策略。反复执行此策略，直到n=2时，显然两个人直接过去就行了，n=3时，用最小的分别把两个送过去为最优（三个人过河，显然就是：过去两个人，回来一个，在过去两个，两次过去两个的花费分别为：b、c，那这个回来的人，应该是a才能最快，也就是让a分别送b、c。）
下面我们来证明为什么该策略为最优策略：
一.首先证明，先送的应该是最慢的两个：
1.如果a1+an−1−2a2<0，那么，就说明，用最小a1a1的分别单独送an−1,an优于让an−1和an一起过河。那么这样，由于其他的ai(i<n−1)<an−1，所以，a1+ai(i<n−1)−2a2<00,所以让最小的a1分别送所有的人，优于让他们中的任意两个人组合一起过河。所以这种情况下过河的总过程可以看成是，判断最慢的两个人是否应该一起过河，然后再继续判断下一个。
2.如果存在若干个aiai满足a1+ai−2a2>0，那么也就是说明，满足这个条件的这些aiai都有一个特点，那就是，让他和任意一个比他大的一起过河，都应该是要优于让最小的分别送他和那个比他大的过河。那现在，我想要说明的是，对于这些满足这个条件的aiai，应该让他们怎么组合，才能得到最优的结果呢：
设：x=2a2−a1。
那么，a1≤a2≤....≤ai−1≤x≤ai≤...≤an
现在，这个x就是一个分界点，x左边的，让a1分别送最好，x右边的，任意两个组合都比这两个单独让a1送要快。我假设，让ai和an一起，aj和an−1一起，那么他们的时间花费为：an−1+an。而如果我让an−1和an一起，ai和ajai和aj一起，那么现在该策略的花费为：an+an+max{ai,aj}≤an−1+an。由此我们的出结论，让an−1和an在一起一定优于让他们分别和其他的任意一个组合一起过河。
二.然后下面我们来证明，为什么如果要用最快的两个人帮助运送其他的人：
如果单独过，显然让最快的a1来送，这个就不用说了。然后要说明的是：如果是要送的两个人要一起坐船更优，那么也显然是借用最快的a1,a22来进行船的调度最快。用类似的方法设用ai,aj进行船的调度，然后可以证明该选法不会比选a1,a2更好（只会更惨）。同时，选用a1,a2也可以使得2a2−a1也就是x的值尽可能的低，这样也就能让更多的ai可以选择与其他更慢的一起走了ai可以选择与其他更慢的一起走了
综合上面所述，我们证明了“xcx的贪心策略”的正确性，同时，我们还发现，可以对该策略进行改新。下面推出改进后的“xcx的贪心策略2.0”:
每次判断最慢的两个一起运是不是要比分别由最快的送要快，如果是，让这两个一起过去，然后在继续判断，直到某一次，发现，用最快的分别运要更快，然后之后所有的，都让最快的分别一个一个的运。
下面是代码。
#include<iostream>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int test;
int n;
int a[1100]={0};
int main()
{
cin>>test;
while(test--)
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a,a+n);
long long int num=0;
if(n==1)
{
cout<<a[0]<<endl;continue;
}
if(n==2)
{
cout<<a[1]<<endl;continue;
}
if(n==3)
{
for(int i=n-1;i>0;i--)
{
num=num+a[i]+a[0];
}
num=num-a[0];
cout<<num<<endl;
continue;
}
int x=2*a[1]-a[0];
int i;
for(i=n-2;i>=2;i=i-2)
{
if(a[i]<x)break;
num=num+a[i+1]+a[0]+2*a[1];
}
i++;
for(;i>=1;i--)
{
num=num+a[i]+a[0];
}
num=num-a[0];
cout<<num<<endl;
}
}后记：
这个其实社团培训的时候被当作例题讲过，但是当时我并没有理解。在这里有一个建议，在用贪心算法的时候，一定一定一定不要想当然，尽量从代数的角度或者逻辑的角度证明一下，不然很有可能是错误的。就算开发一下思维也是好的。描述贪心策略的时候也一定要明确表明，你的贪心策略的局部最优解是什么，（策略2.0的局部最优解就是把“最慢”的两个送过去所需的最少时间，）该局部最优解是否可以得到全局最优解。也就是要明确你的贪心方法做的每一步都是正确的。在证明贪心策略的正确性的时候，有一个很套路的说法，就是，想办法证明不会有什么选法比你的贪心策略的选法更优（在某种特定情况，某些特定选法可能和你的贪心策略一样优）。