洛谷 P3964 松鼠聚会

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题解：

这道题目的距离其实就是切比雪夫距离，又称棋盘距离，也就是D=max(∣x2−x1∣,∣y2−y1∣)D = max(|x_2-x_1|,|y_2-y_1|)D=max(∣x2−x1∣,∣y2−y1∣)。与之有一定联系的距离是曼哈顿距离，假设A(x1,y1),B(x2,y2)A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)A(x1,y1),B(x2,y2)，那么∣AB∣=∣x2−x1∣+∣y2−y1∣|AB|=|x_2-x_1|+|y_2-y_1|∣AB∣=∣x2−x1∣+∣y2−y1∣。

我们将曼哈顿距离化开：

D=∣x2−x1∣+∣y2−y1∣=max(x2−x1+y2−y1,x1−x2+y2−y1,x1−x2+y1−y2,x2−x1+y1−y2)=max{∣(x2+y2)−(x1+y1)∣,∣(x2−y2)−(x1−y1)∣}D=|x_2-x_1|+|y_2-y_1|=max(x_2-x_1+y_2-y_1,x_1-x_2+y_2-y_1,x_1-x_2+y_1-y_2,x_2-x_1+y_1-y_2)=max\{|(x_2+y_2)-(x_1+y_1)|,\ |(x_2-y_2)-(x_1-y_1)|\}D=∣x2−x1∣+∣y2−y1∣=max(x2−x1+y2−y1,x1−x2+y2−y1,x1−x2+y1−y2,x2−x1+y1−y2)=max{∣(x2+y2)−(x1+y1)∣, ∣(x2−y2)−(x1−y1)∣}

上面这个形式其实和切比雪夫距离Dchess=max(∣x2−x1∣,∣y2−y1∣)D_{chess}=max(|x_2-x_1|,|y_2-y_1|)Dchess=max(∣x2−x1∣,∣y2−y1∣)形式上非常像，我们可以发现，曼哈顿意义下的(x1,y1)(x2,y2)(x_1,y_1)(x_2,y_2)(x1,y1)(x2,y2)两点的距离转化为切比雪夫意义下的(x2+y2,x2−y2)(x1+y1,x1−y1)(x_2+y_2,x_2-y_2)(x_1+y_1,x_1-y_1)(x2+y2,x2−y2)(x1+y1,x1−y1)两点的距离。

我们可以推广一下，给出曼哈顿意义下的坐标(x,y)(x,y)(x,y)，可以转化成切比雪夫意义下的坐标(x+y,x−y)(x+y,x-y)(x+y,x−y)。

反过来，给了切比雪夫意义下的坐标(x,y)(x,y)(x,y)，可以转化成曼哈顿意义下的坐标(x+y2,x−y2)(\frac{x+y}2,\frac{x-y}2)(2x+y,2x−y)。

有了上面这个转化怎么用呢？

我们现在假设dis(i,j)dis(i,j)dis(i,j)为曼哈顿意义下iii到jjj的曼哈顿距离。如果当前的终点是jjj，那么有ans=∑i=1ndis(i,j)ans=\sum_{i=1}^ndis(i,j)ans=∑i=1ndis(i,j)，这个要是求的话，复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)。我们化简一下：

∑i=1ndis(i,j)=dis(1,j)+dis(2,j)+⋯+dis(n,j)\sum_{i=1}^ndis(i,j)=dis(1,j)+dis(2,j)+\dots+dis(n,j)∑i=1ndis(i,j)=dis(1,j)+dis(2,j)+⋯+dis(n,j)

我们现在用dis(i,j)dis(i,j)dis(i,j)中的一部分∣xi−xj∣|x_i-x_j|∣xi−xj∣举例化简：

∑i=1nΔx=∣x1−xj∣+∣x2−xj∣+⋯+∣xj−xj∣+∣xj+1−xj∣+⋯+∣xn−xj∣\sum_{i=1}^n\Delta x=|x_1-x_j|+|x_2-x_j|+\dots+|x_j-x_j|+|x_{j+1}-x_j|+\dots+|x_n-x_j|∑i=1nΔx=∣x1−xj∣+∣x2−xj∣+⋯+∣xj−xj∣+∣xj+1−xj∣+⋯+∣xn−xj∣

我们将横坐标排序成递增，容易发现∣xj−xj∣|x_j-x_j|∣xj−xj∣之前的式子都可以拆掉绝对值化简；∣xj+1−xj∣|x_{j+1}-x_j|∣xj+1−xj∣及以后的式子可以不用动，这样上面的式子就化简成：

=∑i=1j(xj−xi)+∑i=j+1n(xi−xj)=\sum_{i=1}^j(x_j-x_i)+\sum_{i=j+1}^n(x_i-x_j)=∑i=1j(xj−xi)+∑i=j+1n(xi−xj)

这个式子可以发现就是前缀和。dis(i,j)dis(i,j)dis(i,j)中的Δy\Delta yΔy可以同理化简。

因此这道题目的整体思路就是：

读入切比雪夫意义下的坐标并化为曼哈顿坐标，坐标可以先不除以2，到最后将答案除以2也可以。

将x,yx,yx,y分别排序为递增，并求出前缀和。

然后枚举终点，使用二分将xi,yix_i,y_ixi,yi在递增序列的位置找出，根据上面的式子，即可求出答案。

实现细节见代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e6 + 10;int x[MAXN], y[MAXN], gx[MAXN], gy[MAXN], sumx[MAXN], sumy[MAXN], n;
int solve(int now) {int rx = lower_bound(gx + 1, gx + 1 + n, x[now]) - gx;int ry = lower_bound(gy + 1, gy + 1 + n, y[now]) - gy;int ans = rx * x[now] - sumx[rx] + sumx[n] - sumx[rx] - (n - rx) * x[now];ans += ry * y[now] - sumy[ry] + sumy[n] - sumy[ry] - (n - ry) * y[now];return ans;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {int x1, y1;cin >> x1 >> y1;x[i] = gx[i] = x1 + y1; // 这里不÷2，避免精度问题y[i] = gy[i] = x1 - y1;}sort(gx + 1, gx + 1 + n);sort(gy + 1, gy + 1 + n);for (int i = 1; i <= n; i++) {sumx[i] = sumx[i - 1] + gx[i];sumy[i] = sumy[i - 1] + gy[i];}int ans = 1e16;for (int i = 1; i <= n; i++) {ans = min(ans, solve(i));}cout << ans / 2 << endl;return 0;
}

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