松鼠聚會（洛谷-P3964）

題目描述

草原上住着一羣小松鼠,每個小松鼠都有一個家。時間長了,大家覺得應該聚一聚。但是草原非常大,松鼠們都很頭疼應該在誰家聚會才最合理。

每個小松鼠的家可以用一個點x,y表示,兩個點的距離定義爲點(x,y)和它周圍的8個點(x-1,y)(x+1,y),(x,y-1),(x,y+1).(x-1,y+1),(x-1,y-1),(x+1,y+1),(x+1,y-1)距離爲1。

30%的數據，0 ≤ N ≤ 1000

100%的數據，0 ≤ N ≤ 100000; −10^9 ≤ x, y ≤ 10^9

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行是一個整數N,表示有多少隻松鼠。接下來N行,第i行是兩個整數x和y,表示松鼠i的家的座標

輸出格式：

一個整數,表示松鼠爲了聚會走的路程和最小是多少。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

6
-4 -1
-1 -2
2 -4
0 2
0 3
5 -2

輸出樣例#1：

20

輸入樣例#2：

6
0 0
2 0
-5 -2
2 -2
-1 2
4 0

輸出樣例#2：

15

思路：

本題實質是給出 n 個點，找出一個點 x，然後使得其他 n-1 個點到 x 的切比雪夫距離最小，之後求距離和的最小值

而需要求 n 個點切比雪夫距離的和時，由於要窮舉其他 n-1 個點到當前點的距離，即計算：

可以發現，每次計算距離都要取 max，每次都是一個 O(n) 的計算過程，總時間複雜度可達 O(n^2)，複雜度太高，而曼哈頓距離只有求和與取絕對值兩種運算，因此我們可以考慮將切比雪夫距離轉化爲曼哈頓距離，然後利用前綴和優化，進而降低時間複雜度。

設  爲從 i 到 j 曼哈頓距離，那麼有：，複雜度仍是 O(n^2)

進一步化簡，有：

同時以 dis(i,j) 中的一部分  舉例化簡，有：

若先將橫座標處理爲遞增的，那麼易得  前的部分是可以繼續拆絕對值化簡的， 後的部分是  的，因此進一步可化簡爲：

可以發現上式子是一個前綴和，而  部分與上式同理，因此我們只需要維護有序狀態下 與 的值即可。

此時，各步驟的時間複雜度如下：

• 座標變換：O(n)
• 前綴和處理：O(n)
• 枚舉每個點：O(n)
• 計算一個點的答案：O(log n)

總時間複雜度即爲：O(nlog n)，相較於之前的 O(n^2)，已有了極大的優化。

源代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define Pair pair<int,int>
LL quickPow(LL a,LL b){ LL res=1; while(b){if(b&1)res*=a; a*=a; b>>=1;} return res; }
LL multMod(LL a,LL b,LL mod){ a%=mod; b%=mod; LL res=0; while(b){if(b&1)res=(res+a)%mod; a=(a<<=1)%mod; b>>=1; } return res%mod;}
LL quickMultPowMod(LL a, LL b,LL mod){ LL res=1,k=a; while(b){if((b&1))res=multMod(res,k,mod)%mod; k=multMod(k,k,mod)%mod; b>>=1;} return res%mod;}
LL quickPowMod(LL a,LL b,LL mod){ LL res=1; while(b){if(b&1)res=(a*res)%mod; a=(a*a)%mod; b>>=1; } return res; }
LL getInv(LL a,LL mod){ return quickPowMod(a,mod-2,mod); }
LL GCD(LL x,LL y){ return !y?x:GCD(y,x%y); }
LL LCM(LL x,LL y){ return x/GCD(x,y)*y; }
const double EPS = 1E-6;
const int MOD = 1000000000+7;
const int N = 100000+5;
const int dx[] = {0,0,-1,1,1,-1,1,1};
const int dy[] = {1,-1,0,0,-1,1,-1,1};
using namespace std;

struct Node {
    LL x, y;
} node[N];
int n, x[N], y[N];
LL sum1[N], sum2[N];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        x[i] = node[i].x = a + b;
        y[i] = node[i].y = a - b;
    }
    sort(x + 1, x + n + 1);
    sort(y + 1, y + n + 1);

    for (int i = 1; i <= n; i++){
        sum1[i] = sum1[i - 1] + x[i];
        sum2[i] = sum2[i - 1] + y[i];
    }

    LL res=1ll << 62;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int pos = lower_bound(x + 1, x + n + 1, node[i].x) - x;
        LL sum = sum1[n] - sum1[pos] - node[i].x * (n - pos) + node[i].x * pos - sum1[pos];
        pos = lower_bound(y + 1, y + n + 1, node[i].y) - y;
        sum += sum2[n] - sum2[pos] - node[i].y * (n - pos) + node[i].y * pos - sum2[pos];
        res = min(res, sum);
    }
    printf("%lld\n", res / 2);
    return 0;
}