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思路

首先我們思考一個性質，由於不能有連續單調不升/不降的三個點連在一起，所以對於單個點來講，顯然要麼只和比它大的連邊（稱為A類點），要麼只和比它小的連邊（稱為B類點），要麼只和與自己一樣大的連邊（稱為C類點），要麼不連邊（稱為D類點）

首先D類點肯定是極力避免的，其次C類點能且僅能連一條邊（顯然可知），所以我們要優先考慮A類點和B類點

我們先假設所有點都是A類點或者B類點，那麼排序後顯然A類點可以和權值比該點大的所有B類點連邊，反之亦然

我們發現，如果A類點和B類點的數量已知，那麼顯然讓A類點的權值儘可能小、B類點的權值儘可能大最優

這樣，問題就變成了對轉化後的陣列找分界線的問題

根據簡單的均值不等式，容易得出分界線落在 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)

然而，如果分界線左右的點的權值相等，顯然會變成C類點，就不能這麼計算答案了

所以，實際上我們要把權值相等的數縮為一個數，然後再尋找分界線

當然，由於排序複雜度就為 \(O(n\log n)\) 了，所以無需優化列舉複雜度，暴力找即可

不過，如果所有點的權值都相等，那麼就要儘可能地增多C類點了，這時答案為 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)

總複雜度為排序複雜度，可以通過此題

程式碼

//吾日九省吾身：
//輸入多而不快讀乎？
//題目標註而不freopen乎？
//乘除並列先乘後除乎？
//不手撕樣例直接寫程式碼乎？
//不仔細讀題直接關頁面乎？
//1e9而不開long long乎？
//Ctrl+V而不改名稱乎？（papaw->papan IMPLIES tg1=->2=）
//相信評測神機乎？
//多測清空不徹底乎？
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using namespace std;
typedef long long ll;
const ll nanhenhenaaaaaaaaaaa(-1145141919810);
ll T,n,ans;
ll num[5000233];
ll stk[5000233],top,numeral;
ll sum;
int main(){
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;ans=n>>1;
		sum=0;
		for(ll i=1;i<=n;++i){
			cin>>num[i];
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		sort(num+1,num+n+1);
		numeral=nanhenhenaaaaaaaaaaa;
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		for(ll i=1;i<=n;++i){
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				numeral=num[i];
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			sum+=stk[i];
			ans=max(ans,sum*(n-sum));
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		cout<<ans<<endl;
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	return 0;
}