BZOJ.3170.[TJOI2013]松鼠聚会(切比雪夫距离转曼哈顿距离)

题目连接

将原坐标系每一个点的坐标\((x,y)\)变为\((x+y,x-y)\)，则原坐标系中的曼哈顿距离等于新坐标系中的切比雪夫距离。
反过来，将原坐标系每一个点的坐标\((x,y)\)变为\((\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2})\)，则原坐标系中的切比雪夫距离等于新坐标系中的曼哈顿距离。
随便写两个点就能够验证这是对的。

将题目中每一个点的坐标\((x,y)\)改成\((\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2})\)，而后记\(dis(a,b)=\Delta X+\Delta Y\)表示两个点\(a,b\)间的曼哈顿距离。
枚举每个点\(x\)，则到\(x\)的距离之和为\(Sum=\sum_{i=1}^ndis(i,x)\)。
把\(dis(i,x)\)拆开，即\[\begin{aligned}Sum&=\sum_{i=1}^n\Delta X(i,x)+\Delta Y(i,x)\\&=\Delta X(1,x)+\Delta X(2,x)+...+\Delta Y(1,x)+\Delta Y(2,x)...\end{aligned}\]

把每一个点按\(x\)或\(y\)排序，枚举点时就能够\(O(1)\)计算\(\Delta X\)或\(\Delta Y\)的变化量了。
固然不必先把坐标\(x,y\)除以\(2\)。最后把答案除以\(2\)便可。

我否定在刷水题的事实。

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;

LL Ans[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Point
{
    int x,y,id;
    Point(int tid=0,int ty=0,int tx=0) {id=tid, x=tx+ty, y=tx-ty;}
}p[N];

inline int read()
{
    int now=0,f=1;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now*f;
}
bool cmpx(Point a,Point b)
{
    return a.x<b.x;
}
bool cmpy(Point a,Point b)
{
    return a.y<b.y;
}

int main()
{
    int n=read();
    for(int i=1; i<=n; ++i) p[i]=Point(i,read(),read());

    std::sort(p+1,p+1+n,cmpx);
    LL sum=-1ll*(n-1)*p[1].x;
    for(int i=2; i<=n; ++i) sum+=p[i].x;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        Ans[p[i].id]+=sum, sum+=(2ll*i-n)*(p[i+1].x-p[i].x);//i*dx-(n-i)*dx

    std::sort(p+1,p+1+n,cmpy);
    sum=-1ll*(n-1)*p[1].y;
    for(int i=2; i<=n; ++i) sum+=p[i].y;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        Ans[p[i].id]+=sum, sum+=(2ll*i-n)*(p[i+1].y-p[i].y);

    LL ans=1e18;
    for(int i=1; i<=n; ++i) ans=std::min(ans,Ans[i]);
    printf("%lld\n",ans>>1);

    return 0;
}