「BZOJ 3170」「TJOI2013」松鼠聚会

Description

给定 $n$ 个点，每个点的坐标为 $(x_i,y_i)$，且点 $(x,y)$ 到它周围 $8$ 个点

$(x-1,y)(x+1,y),(x,y-1),(x,y+1).(x-1,y+1),(x-1,y-1),(x+1,y+1),(x+1,y-1)$

的距离均为 $1$ 。现要找到一个点，使其它点到这个点的距离和最小，输出这个最小值。

$(0 \leq n \leq 10^5,-10^9 \leq x_i,y_i \leq 10^9)$

Source

[BZOJ]3170

Solution

很容易看出这道题属于 切比雪夫距离 的一般模型。即对于两个点 $(x_1, y_1),(x_2,y_2)$，它们之间的距离为

$$\max(\left | x_1 - x_2\right | , \left | y_1 - y_2\right | )$$

直接求 切比雪夫距离 似乎很困难？考虑把 切比雪夫距离 转化为 曼哈顿距离，即把每个点的坐标 $(x,y)$ 变为 $(\frac{x + y}{2}, \frac{x - y}{2})$ 。（详见 常用距离算法详解）

枚举所选的点 $i$，我们只需要计算其它点到它的曼哈顿距离和即可。

如果某个点 $j$ 的横坐标 $x_j \leq x_i$，则它的对总距离的贡献为 $x_i - x_j$，反之则为 $x_j - x_i$ 。

这样就可以分两种情况讨论了。

设前 $k$ 个点的横坐标都 $\leq x_i$，那么所有点横坐标的贡献和为

$$kx_i - \sum\limits_{i = 1}^k x_i + \sum\limits_{i = k+1}^n x_i - (n - k)x_i$$

对于 $\sum\limits_{i = 1}^k x_i$ 和 $\sum\limits_{i = k+1}^n x_i$，我们可以预处理出 $x$ 的前缀和后 $O(1)$ 求得。

怎么求 $k$ 呢？显然可以将横坐标排序后二分得到。

纵坐标 $y$ 的计算方法与上面一样。时间复杂度为 $O(n \log n)$ 。

切比雪夫距离 转成 曼哈顿距离 时要除以 $2$，为了避免出现小数，我们可以横坐标和纵坐标同时乘上 $2$，最后答案除以 $2$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

template <class T>
inline void read(T &x) {
    x = 0;
    char c = getchar();
    bool f = 0;
    for (; !isdigit(c); c = getchar()) f ^= c == '-';
    for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
    x = f ? -x : x;
}

template <class T>
inline void write(T x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    T y = 1;
    int len = 1;
    for (; y <= x / 10; y *= 10) ++len;
    for (; len; --len, x %= y, y /= 10) putchar(x / y + 48);
}

const int MAXN = 1e5;
int n, x[MAXN + 5], y[MAXN + 5], p[MAXN + 5], q[MAXN + 5];
LL ans = 0x7fffffffffffffff, prex[MAXN + 5], prey[MAXN + 5];

int main() {
    read(n);
    for (int a, b, i = 1; i <= n; ++i) {
        read(a), read(b);
        x[i] = p[i] = a + b, y[i] = q[i] = a - b;//转曼哈顿距离，且乘上 2 
    }
    sort(p + 1, p + n + 1), sort(q + 1, q + n + 1);//排序 
    for (int a, b, i = 1; i <= n; ++i)//维护前缀和 
        prex[i] = prex[i - 1] + p[i], prey[i] = prey[i - 1] + q[i];
    for (int posx, posy, i = 1; i <= n; ++i) {
        posx = lower_bound(p + 1, p + n + 1, x[i]) - p;
        posy = lower_bound(q + 1, q + n + 1, y[i]) - q;
        //二分找到 x[i] 和 y[i] 是所有点中第几个大的 
        LL sumx, sumy;
        sumx = (LL) posx * x[i] - prex[posx] + 
        prex[n] - prex[posx] - (LL) (n - posx) * x[i];//计算横坐标贡献 
        sumy = (LL) posy * y[i] - prey[posy] + 
        prey[n] - prey[posy] - (LL) (n - posy) * y[i];//计算纵坐标贡献 
        ans = min(ans, sumx + sumy);
    }
    write(ans / 2);//答案不要忘记除回去 
    putchar('\n');
    return 0;
}