POJ1723 LuoguP1889 SOLDIERS 士兵站队

这道题洛谷评分这么低我是没想到的。感觉这是目前我做得最巧妙的橙题了。

先简述一下题目：

平面内有随机分布的 $N$ 个格点 $(x, y)$ ，点不可重合。每次操作可以选一个点朝上/下/左/右四个方向移动一格。问把这些点移动成一条连续的、平行于 $x$ 轴的线段的最小操作数。

我们一步一步来解决这道题。

首先，我们把我们要描述的对象数学化。不妨设最终这 $N$ 个点中最左边的点坐标为 $(X, Y)$ ，那么这些点就可以描述为 $(X, Y), (X + 1, Y), (X + 2, Y), \dots, (X + N - 1, Y)$ 。首先我们可以发现，点 $(x, y)$ 纵向（平行于 $y$ 轴）的运动距离最短是 $| Y - y |$ 。

所以我们把纵向运动分离出来，用序列 $A$ 记录每个点的纵坐标，得到问题：

有一个序列 $A = (A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N})$ 。求 $min_{Y \in R} {\sum_{i = 1}^{N} | Y - A_{i} |}$ 。

这个问题不就是货仓选址（AcWing104）嘛！参考蓝书：

也有另一种证明，适合实数域，也更优美：(先把 $A$ 由小到大排序，因为显然顺序不影响最终答案)

min_{Y \in R} {\sum_{i = 1}^{N} | Y - A_{i} |} = \frac{min_{Y \in R} {2 \cdot \sum_{i = 1}^{N} | Y - A_{i} | +}}{2}

即求下式的最小值：

S = \frac{(| Y - A_{1} | + | Y - A_{N} |) + (| Y - A_{2} | + | Y - A_{N - 1} |) + \dots + (| Y - A_{N} | + | Y - A_{1} |)}{2}

利用绝对值三角不等式 $| a | + | b | \geq | a \pm b |$ 得:

S \geq \frac{| A_{1} - A_{N} | + | A_{2} - A_{N - 1} | + \dots + | A_{N} - A_{1} |}{2} = {\begin{aligned} | A_{1} - A_{N} | + | A_{2} - A_{N - 1} | + \dots + | A_{\frac{N}{2}} - A_{\frac{N}{2} + 1} |, & 2 | N, \\ | A_{1} - A_{N} | + | A_{2} - A_{N - 1} | + \dots + | A_{\frac{N + 1}{2} - 1} - A_{\frac{N + 1}{2} + 1} |, & o t h e r w i s e . \end{aligned}

当 $2 | N$ 时， $Y \in [\frac{N}{2}, \frac{N}{2} + 1]$ 时取等；否则， $Y = \frac{N + 1}{2}$ 时取等。

现在我们来解决横向移动。这个麻烦很多。我们设一个大小为 $N$ 的序列 $A$ 记录 $N$ 个点最终顺序下的原来的横坐标。注意，现在 $A$ 是一个不确定的序列。

即，若点 $(x, y)$ 最终移到了 $(X + i, Y)$ 的位置，那么 $A_{i} = x$ 。

那么最终横向的移动距离为：

D i s t a n c e = \sum_{i = 1}^{N} | A_{i} - (X + i) | = \sum_{i = 1}^{N} | (A_{i} - X) - i |

显然因为 $X$ 毕竟是常量（只是不确定），我们令序列 $B = (A_{1} - X, A_{2} - X, \dots, A_{N} - X)$ ，元素相对位置大小不改变，则 $D i s t a n c e = \sum_{i = 1}^{N} | B_{i} - i |$ 。

这里我们采用邻项交换的思想。如果我们交换 $B_{i}$ 和 $B_{i + 1}$ ，那么最终移动距离分别为 $| B_{i} - i | + | B_{i + 1} - i - 1 |$ 和 $| B_{i + 1} - i | + | B_{i} - i - 1 |$ 。

比较 $| B_{i} - i | + | B_{i + 1} - i - 1 |$ 和 $| B_{i + 1} - i | + | B_{i} - i - 1 |$ ，只需比较 $| B_{i} - i | - | B_{i} - i - 1 |$ 和 $| B_{i + 1} - i | - | B_{i + 1} - i - 1 |$ 。设 $f (x) = | x - i | + | x - i - 1 |, i \in [1, N]$ ，则其又可以表示为分段函数：

f (x) = {\begin{aligned} - 1, & x <= i - 1, \\ 2 i + 1 - 2 x, & i - 1 < x <= i, \\ 1, & o t h e r w i s e . \end{aligned}

如图是当 $i = 2.2$ 时的 $f (x)$ 图象：

现在问题转化为了：当 $f (B_{i}) \leq f (B_{i + 1})$ 时， $| B_{i} - i | + | B_{i + 1} - i - 1 | \leq | B_{i + 1} - i | + | B_{i} - i - 1 |$ 。

我们发现， $f (x)$ 是一个单调不减函数。故 $x_{1} \leq x_{2}$ 时， $f (x_{1}) \leq f (x_{2})$ 。即 $B_{i} \leq B_{i + 1}$ 时比 $B_{i} \geq B_{i + 1}$ 时更优或等价。这就告诉我们，当 $B$ 不下降，也就是 $A$ 不下降时，原式取得最小。

现在 $A$ 成为一个确定的序列了， $A_{i}$ 等于第 $i$ 大的横坐标，那么 $A_{i} - i$ 就是一个定值,我们设序列 $C, C_{i} = A_{i} - i$ 。我们再来试着求最小值。改写一下最终移动距离的公式。

D i s = \sum_{i = 1}^{N} | (A_{i} - i) - X | = \sum_{i = 1}^{N} | C_{i} - X |

它现在就变成了纵向移动的公式！现在会求了吧！就是要求：

min_{X \in R} {\sum_{i = 1}^{N} | C_{i} - X |}

找序列 $C$ 的中位数即可。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,x[10055],y[10055],ans;
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",x+i,y+i);
	sort(x+1,x+1+n);
	//求得确切的序列 A
	for(int i=1;i<=n;i++)x[i]-=i;
	//现在 x 数组描述的就是序列 B
	sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans+=abs(x[i]-x[(n>>1)+1])+abs(y[i]-y[(n>>1)+1]);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}