P3051 [USACO12MAR] Haybale Restacking G （中位数）

中位数

可以将环上相邻两个点连边，每条边赋 $x_{i}$ 表示 $i$ 往 $i mod n + 1$ 运的数量（负数则为反方向）。一定可以找到一种运输方式满足所有 $x_{i}$ 。总代价为 $\sum_{i = 1}^{n} | x_{i} |$ 。

对于 $x_{1}$ 满足 $a_{1} - x_{1} + x_{n} = b_{1}$ ，同理可得 $a_{2} - x_{2} + x_{1} = b_{2}$ 。

移项代换整理一下，可以得到通式：

x_{i} = x_{n} + \sum_{k = 1}^{i} a_{i} - \sum_{k = 1}^{i} b_{i}

不妨设 $s_{i} = \sum_{k = 1}^{i} a_{i} - \sum_{k = 1}^{i} b_{i}$ 。

那么总代价就可以表示为 $\sum_{i = 1}^{n} | x_{n} + s_{i} |$ 。

经典问题， $x_{n}$ 的取值即为 $s$ 序列中位数的相反数。

复杂度 $O (n \log n)$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define mk std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
int a[N], b[N];
i64 s[N], ans;
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	std::cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		std::cin >> a[i] >> b[i];
	}

	for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i] - b[i];

	std::sort(s + 1, s + n + 1);
	int p = (1 + n) / 2;

	for(int i = 1; i <= n; i++) ans += abs(s[p] - s[i]);

	std::cout << ans << "\n";

	return 0;
}