网易笔试题-堆棋子

题目描述
小易将n个棋子摆放在一张无限大的棋盘上。第i个棋子放在第x[i]行y[i]列。同一个格子允许放置多个棋子。每一次操作小易可以把一个棋子拿起并将其移动到原格子的上、下、左、右的任意一个格子中。小易想知道要让棋盘上出现有一个格子中至少有i(1 ≤ i ≤ n)个棋子所需要的最少操作次数.
输入描述:
输入包括三行,第一行一个整数n(1 ≤ n ≤ 50),表示棋子的个数
第二行为n个棋子的横坐标x[i](1 ≤ x[i] ≤ 10^9)
第三行为n个棋子的纵坐标y[i](1 ≤ y[i] ≤ 10^9)
输出描述:
输出n个整数,第i个表示棋盘上有一个格子至少有i个棋子所需要的操作数,以空格分割。行末无空格

如样例所示:
对于1个棋子: 不需要操作
对于2个棋子: 将前两个棋子放在(1, 1)中
对于3个棋子: 将前三个棋子放在(2, 1)中
对于4个棋子: 将所有棋子都放在(3, 1)中
示例1
输入
4
1 2 4 9
1 1 1 1
输出
0 1 3 10

首先明确曼哈顿距离：

坐标（x1, y1）的i点与坐标（x2, y2）的j点的曼哈顿距离为：
d(i,j)=|X1-X2|+|Y1-Y2|.

接着我们应该知道若在一维平面上，存在A,B,C三个点，那么平面上若存在一个点到3个点的曼哈顿距离之和的最小的点应该落在A,B,C其中一个点中。如下图：

上面B应该为最小的点。

最后我们应该注意到对于二维平面，我们可以将二维平面上的点（x,y）分别投影到对应的x轴和y轴，那么我们就可以依次求出x轴上最小曼哈顿距离的点和y轴上最小曼哈顿距离的点，两个点的坐标就是本题的解。

int distance(int x1, int y1, int x2, int y2) {
    return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    vector x(n), y(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)cin >> x[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)cin >> y[i];
    vector res(n, INT32_MAX);
    priority_queue, greater> pq;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            for (int k = 0; k < n; k++) {
            	//每个点与（x[i],y[j]）求曼哈顿距离，并存入优先队列
            	//优先队列是一个小顶堆。
                int dis = distance(x[i], y[j], x[k], y[k]);
                pq.push(dis);
            }
            int cnt = 0, sum = 0;
            // 依次分别取出优先队列的值，分别为每个棋子到（x[i],y[j])距离的最小值，次小值。。。。
            while (!pq.empty()) {
                sum += pq.top();
                pq.pop();
                res[cnt] = min(res[cnt], sum);
                cnt++;
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i == 0)cout << res[i];
        else cout << " " << res[i];
    }
    cout << endl;
    return 0;
}