题干：
题目大意：
有N个人要过桥，每个人速度不同，只有一个手电筒，每次最多只能过去两个人，问所有人最短的过桥时间为多少
解题报告：
首先让最快的两个人最后过，然后我们分奇偶考虑，分别处理到剩下三个人和两个人的情况。然后在做最后的处理。
除了最后的处理（其实是最先执行的步骤），我们看其他的步骤，现在最快的俩人都在对岸。
现在两种贪心策略：（一个回合就处理两个人，每个回合把当前速度最慢的两个人带到河岸）
1.最快速度的人每次带一个当前速度最慢的人过去，自己返回；再带一个当前速度最慢的人过去， 再返回（也就是这俩最慢的都让最快的带回来）
2.最快速度的人和速度第二快的人一起过去；最快速的人返回，速度最慢的两个人一起过去；速度第二快的人返回。
对于每一个回合，我们去这两种策略中的较小值，，贪心即可得到答案。
AC代码：
//该死的格式错误怎么不提示PE了？？怎么成WA了？？？？
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<string>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
#define pb push_back
#define pm make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
int a[MAX];
int main()
{
int t,n;
cin>>t;
while(t--) {
int ans = 0;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%d",a+i);
sort(a+1,a+n+1);
if(n == 1) {
printf("%d\n%d\n",a[1],a[1]);
if(t) puts("");
continue;
}
if(n == 2) {
printf("%d\n%d %d\n",a[2],a[1],a[2]);
if(t) puts("");
continue;
}
int res,time=0;
if(n%2==1) res=3;
else res=2;
for(int i = n; i>res; i-=2) {
ans += a[1]+a[i];//先跑过去
if(a[2]*2<a[i-1]+a[1]) ans += a[2] + a[2];
else ans += a[i-1]+a[1];
}
if(n%2 == 1) ans += a[1]+a[2]+a[3];
else ans += a[2];
printf("%d\n",ans);
if(n == 3) {
printf("%d %d\n%d\n",a[1],a[2],a[1]);
printf("%d %d\n",a[1],a[3]);
if(t) puts("");
continue;
}
for(int i = n; i>res; i-=2) {
if(a[2]*2 < a[i-1]+a[1]) {
printf("%d %d\n%d\n", a[1], a[2], a[1]);
printf("%d %d\n%d\n", a[i-1], a[i], a[2]);
}
else {
printf("%d %d\n%d\n", a[1], a[i-1], a[1]);
printf("%d %d\n%d\n", a[1], a[i], a[1]);
}
}
if(n%2==1) {
printf("%d %d\n%d\n", a[1], a[2], a[1]);
printf("%d %d\n", a[1], a[3]);
}
else printf("%d %d\n",a[1],a[2]);
if(t) puts("");
}
return 0 ;
}就像学长说的，这题重要的是这个贪心的思路，可以构造出很多不同的题型：比如学长讲课时说的，可以和置换群建立起关系。比如构造一个题：
给你n个数（数值保证从1~n 且互不相同），先定义一种操作：可以任选两个元素进行交换，交换的代价是这两个元素值的和。现在问你如果我要吧这个序列变成一个有序序列，最小的代价是多少。
首先我们知道，我们要找一些轮换，然后这一些轮换对调就可以了，根据置换群的知识，我们知道可以把这些对调换成一个个的对换去完成，并且如果这一个轮换涉及k个元素的话，我们需要对换k-1次，那么既然次数确定，并且需要有一个作为每次都出现的（详情见离散数学），那我们就贪心那个最小的作为每一次对换都出现的元素，，这一点并不难想。。但是有没有可能有更优的选择？比如我们(100,102,104,103,105,106,107,108)这有八个元素组成一个轮换的话（顺序是我瞎写的）那我们肯定选100当那个每次都出现在对换中的元素，，但是我们想，有没有可能把另外一个最小的元素换过来当成最小的元素，换完了以后再换回去呢？比如还有一个轮换(1,2,3)，那么我们先1和100对调，然后再用1去做那7次对换，然后再把1和100调回去，这样代价肯定小了很多啊、、这里仅提供思路，，具体题目遇到再说、