题目

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（注：由于一本通题面描述的可能有些欠缺，所以这里的题面采用openjudge英文翻译后的题面）

题目分析

首先我们来看样例，为什么样例的结果是17呢?首先观察，“5”和“10”较大，作为我们的首选要搞定的目标，那么我们怎样才能将“5”+“10”压小的点呢？我们可以以绝对贪心的角度去想。我若想让“5”+“10”的结果较小，肯定是要让其在一条船上，一起过河，此时我们就只用加“10”的时间了，那么这一下总得让船回来吧，难道要上“5”回来吗？不，肯定不能，所以我们得在河对岸安排一个数较小的人，让他将船再开回来，而送他过去自然又要一个数较小的，而最小的俩是“1”和“2”了，那么谁在对岸谁又送其过去呢？
假设“1”在对岸，则来回花费$max(1,2)+1+2$
假设“2”在对岸，则来回花费$max(1,2)+2+1$
这俩结果一样，所以俩方案都行，那么由于搞定的最大的俩，剩下的俩可以一起过去，则这下时间为$max(1,2)+（1+2)或(2+1)+10+2=17$，刚好17。

经过上述的样例分析，我们得出一个比较省时间的方案（姑且先定为方案1）：先让a和b（均为还没过河数中的较大值），一起过河，再通过媒介x（次小值或最小值），让船回来。
可是若次小的数c逼近于我选择的a和b(均为还没过河数中的较大值)时，会出现本来a和b一起乘船不大，但由于加入c这个逼近于a和b，而在算总时间时c要帮助最小值d（媒介x不是c自然是最小值d）过河，此时会算两次c（一次在max时，一次在返回时），在这种情况下总和自然会比其他方案要大的。
那么我若知道此时c会比较大，我肯定选择避开他，可比c还大的不能选，比c小的就一个最小值，故我们只能用最小值d使a和b过河，那么这种方案要最少时间，自然是贪心的让d一个一个的送a和b过河。
所以，为了应对a,b,c逼近m（m>=c 且 a,b>= m)的情况，我们设计如下方案（定为方案2）：让最小值d送a和b过河。
最后由于方案1和方案2都是需要题面中n大于等于4的，所以对于n小于4的话可以直接特判断。
还有一个注意，最后未过河的数量可能不是0，所以需要和前面n小于4的情况一样的特判。

正解

此题使用贪心算法。
由于数据非有序，故要先排序，随后从高位进行枚举（未过河的数量小于4时终止），每次都需要比较此时用方案1还是方案2所需的时间小，并存在总时间变量sum里。最后特判n小于4或未过河的数量不是0的情况。
最后的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

inline int read()
{
	int X=0; bool flag=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') flag=0; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
	if(flag) return X;
	return ~(X-1);
}
inline void write(int X)
{
	if(X<0) {X=~(X-1); putchar('-');}
	if(X>9) write(X/10);
	putchar(X%10+'0');
} 
const int N = 1050;
int n;
int a[N];
int main(){
	int T = read();
	while(T--)
	{
		n = read();
		for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
		int sum = 0;
		sort(a + 1, a + n + 1);
		for (; n >= 4; n -= 2)  //每次送过河两人故每次减2
		{
			//求方案1和方案2的最小值加入总答案
			sum = sum + min(2 * a[1] + a[n] + a[n - 1], a[2] * 2 + a[1] + a[n]);
		}  
		//特判
		if (n == 3) 
		{
			//任意俩先过去，这两种小的回来接另一个
			//比如说“1”和“3”先去，“1”回去接“2”，这样就是“1”+“2”+“3”
			sum = sum + a[1] + a[2] + a[3]; 
		}
		else if(n == 2)
		{
			sum = sum + a[2]; 
		}
		else if (n == 1) sum += a[1];
		write(sum);
		puts("");
	}
	return 0;
}