bzoj 3170: [Tjoi 2013]松鼠聚会

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3170: [Tjoi 2013]松鼠聚会
Description

有N个小松鼠，它们的家用一个点x,y表示，两个点的距离定义为：点(x,y)和它周围的8个点即上下左右四个点和对角的四个点，距离为1。现在N个松鼠要走到一个松鼠家去，求走过的最短距离。

Input

第一行给出数字N，表示有多少只小松鼠。0<=N<=10^5
下面N行，每行给出x,y表示其家的坐标。
-10^9<=x,y<=10^9

Output

表示为了聚会走的路程和最小为多少。

Sample Input

6

-4 -1

-1 -2

2 -4

0 2

0 3

5 -2
Sample Output

20
HINT

Source

题解：
设一只松鼠坐标为(x1,y1)，另一只坐标为(x2,y2)，则其中一只到另一只的距离是max(|x1-x2|,|y1-y2|)。
这其实是切比雪夫距离，但是直接用它不好做，我们可以将其转化为曼哈顿距离。
转化如下：
如果|x1-x2|>|y1-y2|，dis=|x1-x2|，否则dis=|y1-y2|。
我们可以将其转化为dis=|(x1-x2)/2+(y1-y2)/2|+|(x1-x2)/2-(y1-y2)/2|。
与上面的式子是等价的。
dis=1/2*(|(x1+y1)-(x2+y2)|+|(x1-y1)-(x2-y2)|)
因此，我们只需要对每一个坐标，记录a=(x+y)，b=(x-y)，求其差的前缀和即可。
附上代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long
#define mmin(a,b) (a<b?a:b)
struct tree{
    int xx,yy,id;
}q[101000];
int prex[100100],nxtx[1001000],prey[100100],nxty[100100],n,ans=10000000000000000ll;
bool cmp1(const tree s1,const tree s2)
{
    return s1.xx<s2.xx;
}
bool cmp2(const tree s1,const tree s2)
{
    return s1.yy<s2.yy;
}
signed main()
{
//  freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        q[i].xx=x+y;
        q[i].yy=x-y;
        q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+n+1,cmp1);
    for(int i=1;i<=n;i++) prex[q[i].id]=prex[q[i-1].id]+(q[i].xx-q[i-1].xx)*(i-1);
    for(int i=n;i>=1;i--) nxtx[q[i].id]=nxtx[q[i+1].id]+(q[i+1].xx-q[i].xx)*(n-i);
    sort(q+1,q+n+1,cmp2);
    for(int i=1;i<=n;i++) prey[q[i].id]=prey[q[i-1].id]+(q[i].yy-q[i-1].yy)*(i-1);
    for(int i=n;i>=1;i--) nxty[q[i].id]=nxty[q[i+1].id]+(q[i+1].yy-q[i].yy)*(n-i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=mmin(ans,prex[i]+nxtx[i]+prey[i]+nxty[i]);
    ans/=2;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}