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思路

首先我们思考一个性质，由于不能有连续单调不升/不降的三个点连在一起，所以对于单个点来讲，显然要么只和比它大的连边（称为A类点），要么只和比它小的连边（称为B类点），要么只和与自己一样大的连边（称为C类点），要么不连边（称为D类点）

首先D类点肯定是极力避免的，其次C类点能且仅能连一条边（显然可知），所以我们要优先考虑A类点和B类点

我们先假设所有点都是A类点或者B类点，那么排序后显然A类点可以和权值比该点大的所有B类点连边，反之亦然

我们发现，如果A类点和B类点的数量已知，那么显然让A类点的权值尽可能小、B类点的权值尽可能大最优

这样，问题就变成了对转化后的数组找分界线的问题

根据简单的均值不等式，容易得出分界线落在 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 是最优的

然而，如果分界线左右的点的权值相等，显然会变成C类点，就不能这么计算答案了

所以，实际上我们要把权值相等的数缩为一个数，然后再寻找分界线

当然，由于排序复杂度就为 \(O(n\log n)\) 了，所以无需优化枚举复杂度，暴力找即可

不过，如果所有点的权值都相等，那么就要尽可能地增多C类点了，这时答案为 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)

总复杂度为排序复杂度，可以通过此题

代码

//吾日九省吾身：
//输入多而不快读乎？
//题目标注而不freopen乎？
//乘除并列先乘后除乎？
//不手撕样例直接写代码乎？
//不仔细读题直接关页面乎？
//1e9而不开long long乎？
//Ctrl+V而不改名称乎？（papaw->papan IMPLIES tg1=->2=）
//相信评测神机乎？
//多测清空不彻底乎？
#include<iostream>
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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];
			stk[i]=0;
		}
		sort(num+1,num+n+1);
		numeral=nanhenhenaaaaaaaaaaa;
		top=0;
		for(ll i=1;i<=n;++i){
			if(numeral!=num[i]){
				numeral=num[i];
				stk[++top]++;
			}
			else stk[top]++;
		}
		for(ll i=0;i<=top;++i){
			sum+=stk[i];
			ans=max(ans,sum*(n-sum));
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}