啊哈，灵机一动-----记网易内推编程题堆棋子

先来看看题目：

小易将n个棋子摆放在一张无限大的棋盘上。第i个棋子放在第x[i]行y[i]列。同一个格子允许放置多个棋子。每一次操作小易可以把一个棋子拿起并将其移动到原格子的上、下、左、右的任意一个格子中。小易想知道要让棋盘上出现有一个格子中至少有i(1 ≤ i ≤ n)个棋子所需要的最少操作次数.

输入描述:

输入包括三行,第一行一个整数n(1 ≤ n ≤ 50),表示棋子的个数
第二行为n个棋子的横坐标x[i](1 ≤ x[i] ≤ 10^9)
第三行为n个棋子的纵坐标y[i](1 ≤ y[i] ≤ 10^9)

输出描述:

输出n个整数,第i个表示棋盘上有一个格子至少有i个棋子所需要的操作数,以空格分割。行末无空格如样例所示:
对于1个棋子: 不需要操作
对于2个棋子: 将前两个棋子放在(1, 1)中
对于3个棋子: 将前三个棋子放在(2, 1)中
对于4个棋子: 将所有棋子都放在(3, 1)中

示例1

输入

4
1 2 4 9
1 1 1 1

输出

0 1 3 10

正常的思路：

# encoding=utf-8
def ManhattanDistance(x1, y1, x2, y2):return abs(x1-x2) + abs(y1-y2)if __name__ == '__main__':#读取输入数据
    n = int(raw_input())x = [int(i.strip()) for i in raw_input().split(" ")]y = [int(i.strip()) for i in raw_input().split(" ")]#初始化
    ans = [10*10] * n#问题可以转化为将棋子放在棋盘上每个格子中，计算最少的格子的操作数
    #由于可以证明结果的格子一定处于最左上棋子和最右下棋子构成的区域顾只需考虑这部分的格子即可
    for i in range(n):for j in range(n):temp = []s = 0
            #利用x[i][j]到其他点的距离更新整个最短路段径信息
            for k in range(n):temp.append(ManhattanDistance(x[i], y[j], x[k], y[k]))temp.sort()#计算将i个棋子放到x[i][j]上所需的最少操作数，并利用该信息跟新ans结果list
            for k in range(n):s += temp[k]#如果把k个棋子放到x[i][j]的操作数更少则替换原来将k个棋子放到上一个格子所需的操作数。
                ans[k] = min(ans[k], s)#输出结果
    result = " ".join([str(i) for i in ans])print result

这里需要把可行域限定在最左上棋子和最右下棋子构成的区域是比较关键的。一下引用一位网友的证明过程。

链接：https://www.nowcoder.com/questionTerminal/27f3672f17f94a289f3de86b69f8a25b
来源：牛客网

xy轴其实是独立的，先只考虑x坐标，采用反证法，假设把k个棋子堆到x0(x0不为任意一个棋子坐标)格子所用的步骤最少。
a个棋子初始在x0的左边，b个棋子初始在x0的右边.左边到x0的总距离为A,右边到x0的总距离为B.

如果a>b,那么对于最靠近x0左边的棋子坐标x[a]来说(假设x[a]与x0的距离为da,那么以x[a]坐标为基准现在的总距离为[(A+B)-da*a+da*b]<A+B，这k个棋子到x[a]的步数会更少；
同理对于b>a的情况，那么对于最靠近x0右边的棋子坐标x[b]的目标将比x0更优，
如果a=b，x[a]、x0、x[b]的步数是一样的。

因此，最终汇聚棋子的x坐标只要在棋子初始的x个坐标中考虑

感谢牛客的网友的热烈讨论，让我更加明白此题。

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输入描述:

输出描述:

输入

输出

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