P10046 [CCPC 2023 北京市赛] 哈密顿（贪心）

题意

给定 $2n$ 个点，第 $i(1\le i\le n)$ 个点的点权为 $a_i$，第 $j(n<j\le 2n)$ 个点的点权为 $b_i$，对于每个 $i,j(1\le i\le n<j\le 2n)$，在 $i,j$ 间连一条边，边权为 $|a_i-b_j|$。定义一条路径的权值为经过的边的边权之和，求权值最大的哈密顿回路。

$n\le {10}^5$

分析

绝对值符号很烦，考虑去掉绝对值符号。由于权值和要求最大化，那么若绝对值内的值取负数的话答案一定不优。这样我们就可以把绝对值扔掉了，原题转化为，给这 $2n$ 个数定 $n$ 个正号 $n$ 个负号，且存在一种合法的匹配方案。

令 $(+,-)$ 表示 $a_i$ 取正，$b_i$ 取负，$(-,+),(-,-),(+,+)$ 同理。

手玩一下可以发现，合法匹配方案存在当且仅当：

• 全是 $(+,-)$ 或全是 $(-,+)$
• $(+,+),(-,-)$ 同时存在至少一个且数量相等

考虑怎么维护这个东西。钦定一开始全是 $(-,+),(+,-)$，那么此时权值和就是每个点选 $(+,-)$ 或者 $(-,+)$ 的较大值，即 $|a_i-b_i|$。然后考虑不断的把 $(+,-),(-,+)$ 换成 $(-,-),(+,+)$，我们维护两个优先队列，一个存变成 $(+,+)$ 的最大收益，一个存变成 $(-,-)$ 的最大收益，每次直接取堆顶第一个没有被使用过的然后将它变成 $(+,+),(-,-)$ 即可。

考虑到如果一个数被转成 $(+,+)$，则当它又出现在 $(-,-)$ 的堆顶上时，将这个数变成 $(-,-)$ 是不优的，反之亦然，所以上述贪心正确性成立。

选为 $(+,+)$ 的时候的贡献是 $2min(a_i,b_i)$，$(-,-)$ 的贡献是 $-2max(a_i,b_i)$，若变成 $(-,-)$，贡献为 $2min(a_j,b_j)-2min(a_i,b_i)-2max(a_i,b_i)$，考虑到当前 $(+,+)$ 堆顶的 $min(a_j,b_j)\le min(a_i,b_i)\le max(a_i,b_i)$，所以增量 $\le 0$，故不优。

当两个堆顶是同一个元素时，此时同时替换的贡献 $2min(a_i,b_i)-2max(a_i,b_i)\le 0$，一定不优，但如果此时还没有选过数，就可能不满足合法条件，此时取两个堆的次大值算一算取最大值即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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#include<queue>
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#include<random>
#include<cassert>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define popc __builtin_popcountll
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
using i64=long long;
using u64=unsigned long long;
using pii=pair<int,int>;
inline auto rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
template<typename T>
inline void write(T x,char ch='\n'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
	while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
struct o{
	int a,b,c,d;
}a[maxn];
priority_queue<pii>qmx;
priority_queue<pii>qmn;
bool vis[maxn];
void fitter(){
	while(!qmx.empty()&&vis[qmx.top().se])qmx.pop();
	while(!qmn.empty()&&vis[qmn.top().se])qmn.pop();
}
inline void solve_the_problem(){
	n=rd();
	rep(i,1,n){
		a[i].a=rd(),a[i].b=rd();
		a[i].c=a[i].a+a[i].b,a[i].d=abs(a[i].a-a[i].b); 
	}
	int ans=0,sum=0;
	rep(i,1,n)sum+=a[i].a-a[i].b;
	ans=max(ans,sum);
	sum=0;
	rep(i,1,n)sum+=a[i].b-a[i].a;
	ans=max(ans,sum);
	int res=0;
	rep(i,1,n)res+=a[i].d,qmx.push(mp(a[i].c-a[i].d,i)),qmn.push(mp(-a[i].c-a[i].d,i));
	while(1){
		fitter();
		if(qmx.empty()||qmn.empty())break;
		if(qmx.top().se!=qmn.top().se){
			pii nw1=qmx.top(),nw2=qmn.top();
			qmx.pop(),qmn.pop();
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			ans=max(ans,res);
			continue;
		}
		pii nw1=qmx.top(),nw2=qmn.top();qmx.pop(),qmn.pop();
		fitter();
		if(qmx.empty()||qmn.empty())break;
		ans=max(ans,res+max(qmx.top().fi+nw2.fi,qmn.top().fi+nw1.fi));
		break;
	}
	write(ans);
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=1;
	while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/