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思考难度低，但是代码难度相对较高的题，故做个记录。

首先，题目说了要花费最少的钱，所以我们每次拿最便宜的材料给武器1

思想：每次都拿最便宜的材料

然后考虑一下这个思想是否正确，找一下反例，每次拿一个材料给武器1，可以让他增加一个。

那很明显，如果我们除了武器1之外的，最多的那个材料，不管他的价格是多少，拿掉他，给武器1，相当于直接让武器增加了2个材料（此消彼长）

所以有没有一种可能，拿两次最便宜的材料，不如拿一个材料种类最多的武器？

可以举出一个反例：3 3/ 4，3+3块钱贡献了2个，4块钱也贡献了2个，显然我们的核心思想需要改变。

改进思想：每次都拿最便宜的材料

1、如果此材料在 武器.材料种类 最多的武器上，直接执行

最便宜的1次操作实现了2次贡献，很显然已经没有收益更高的操作了，这一步没问题

2、如果此材料不在 武器.材料种类 最多的武器上；考虑对比 武器.材料种类 最多的武器

前者操作：令最便宜的花费为 cheapst，对武器1的贡献 是1，每单位贡献花费cheapst

后者操作：设花费为k（武器.材料种类 最多的武器可能有多个，所以这一步也要拿这些武器中最便宜的材料），对武器1的贡献 是2，每单位贡献花费 k/2

所以需要对比这两者哪个更加划算，由于k/2可能需要浮点数很麻烦，对比的时候直接把cheapst*2就可以。

显然，已经找不出来更划算的操作了，易得这一步也是没问题的。

根据思想来实现全部功能，思想其实很容易定下来，但是这代码就相当难写了，AC代码如下所示。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;const int N=1006;int n,m,ans;
int p[N],c[N];struct Material {int idx;int adapt;int cost;
}mat[N];
struct matCMP{bool operator()(Material a,Material b) {if (a.cost==b.cost) {return a.idx<b.idx;}return a.cost<b.cost;}
};
struct Weapon{int idx;set<Material,matCMP>mat;
}wea[N];//返回 武器.材料种类最多的 所有武器（除了武器1）
vector<Weapon>f() {int cnt=0;per(i,2,n) {cnt=max(cnt,(int)wea[i].mat.size());}vector<Weapon>res;per(i,2,n) {if (wea[i].mat.size()==cnt) {res.push_back(wea[i]);}}return res;
}
//返回最便宜的材料价格（除了武器1）
int g() {int res=INT_MAX;per(i,2,n) {if (wea[i].mat.size()) {res=min(res,(*wea[i].mat.begin()).cost);}}return res;
}
bool act1() {//最便宜的材料在 武器.材料种类最多的 武器上//直接执行vector<Weapon>v=f();int cheapst=g();per(i,0,v.size()-1) {if (v[i].mat.size()) {int val=(*v[i].mat.begin()).cost;if (val==cheapst) {wea[1].mat.insert(*v[i].mat.begin());wea[v[i].idx].mat.erase(wea[v[i].idx].mat.begin());ans+=val;return true;}}}return false;
}
void act2() {//cheap得到1贡献  ~  约等于 2*chep得到2贡献//武器.材料种类最多的 武器上，k得到2贡献int cheap=g()*2;vector<Weapon>v=f();bool flag=false;//不拿最便宜的更划算int idx=-1;per(i,0,v.size()-1) {if (v[i].mat.size()) {if ((*v[i].mat.begin()).cost<cheap) {if (flag==false) {flag=true;idx=i;}else {if ((*v[i].mat.begin()).cost<(*v[idx].mat.begin()).cost)idx=i;}}}}if (flag) {//拿v[idx]的最便宜材料wea[1].mat.insert(*v[idx].mat.begin());wea[v[idx].idx].mat.erase(wea[v[idx].idx].mat.begin());ans+=(*v[idx].mat.begin()).cost;}else {//拿最便宜的材料cheap>>=1;ans+=cheap;per(i,2,n) {if (wea[i].mat.size()) {if ((*wea[i].mat.begin()).cost==cheap) {wea[1].mat.insert(*wea[i].mat.begin());wea[i].mat.erase(wea[i].mat.begin());break;}}}}
}void solve() {cin>>n>>m;per(i,1,n)wea[i].idx=i;per(i,1,m) {cin>>p[i]>>c[i];mat[i].idx=i;mat[i].adapt=p[i];mat[i].cost=c[i];wea[p[i]].mat.insert(mat[i]);}if (n==1) {cout<<0<<endl;return;}while (wea[1].mat.size()<=f()[0].mat.size()) {if (!act1())act2();}cout<<ans<<endl;
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int t = 1;while (t--)solve();return 0;
}

不仅如此，还有两个注意点

1、因为n>=1，所以n=1的时候，不需要任何操作，直接输出0

2、自定义容器排序，set里面，如果只用 a.cost<b.cost，那么set保持升序的时候a.cost==b.cost会被直接去重，需要让他们cost相等时，按照永远不会相等的值来排序，或者直接用multiset

个人认为，思维难度大概，代码难度至少

观察发现，数据范围相当小，更进一步从贡献角度考虑，每次操作，我们去计算材料对武器1的 每单位贡献花费，枚举所有材料就可以了，此时他就是一个完美的