2020牛客暑期多校训练营（第三场）E-Two Matchings

题意：

分析：

根据条件

• 长度为 n 的序列 a 由 1, 2, 3...n 组成
• 
• 

可以得到序列是由基础序列 1, 2, 3...n 通过进行两两对调得到，且每个值进行且只进行一次对调。（这里就不仔细证明了，应该……在打这个比赛的人应该都能理解吧）

而我们需要得到的就是两个费用最小的串，即最小串和次小串

注意，接下来的讨论仅讨论排序后的下标，即如果写着 11则指代 sort 后的数组 w 中最小的值

最小值:

首先是最小的值，那很明显，把 w 数组排序后，间隔着相减就可以得到，例如下面已经排序后的下标序列：

1, 2, 3, 4, 5, 6

我们可以得到其最小的解为

(2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5)

我们暂时不去处理这个解，保留原样

次小值:

接下来是次优解，首先应当保证其每一位的值不相同

由于我们已经将最小值的组合取完了，则次优解就有了非常多的限制

我们可以“旋转”这个数列得到

2, 3, 4, 5, 6, 1 → (3 - 2) + (5 - 4) + (6 - 1)

把这个“旋转”暂时称为 6-rotation，指代 6 个元素的旋转

而此时即为次优的解。

证明:

我们以六个数字的数列来证明上述操作

首先用 − 表示这个值作为其所在的交换中的较小值， + 表示这值作为其所在的交换中的较大值

例如最小值可以表示为

下标	1	2	3	4	5	6
最小值	-	+	-	+	-	+

我们并不需要具体考虑哪个值与哪个值交换，因为最终的求和结果是一样的，即上面的值与下面的符号结合后相加就是最终结果。

除去最小解后，我们只有以下两种组合方法

下标	1	2	3	4	5	6
最小值	-	+	-	+	-	+
方案1	-	-	+	-	+	+
方案2	-	-	-	+	+	+
错误方案	-	-	+	+	-	+

这里举例一个错误的方案，虽然看起来此方案是与最小值方案不同，但是注意一下最后两个值，无论这个错误方案怎么组合，5-6 必然要发生组合并发生交换，则与最小值的方案出现重复，则不行。

那么我们比较一下这两个方案哪个更优

（使用分数线仅用于视觉上更好的体现上下的对比效果，并无除法运算思想，下同）

注意，这里不能取 absabs 因为在配对的时候我们已经保证了右边的加号匹配左边的减号，即必定为正数

很明显，方案1更优，即上方的次优解

合并最小值和次小值:

我们将两个解相加发现最终结果为

[(2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5)] + [(3 - 2) + (5 - 4) + (6 - 1)] =2 * (6 - 1)

长度不及 6 的时候:

而对于长度仅为 4 的串，只能 4-rotation ，即

1,2,3,4→(4−rotation)→2,3,4,1→(3−2)+(4−1)

此时的最终结果为（过程忽略）

2 * (4 - 1)

长度为8的时候:

那么我们再往长度增长的方向考虑，当 n = 8时，我们有两个方案，

1. 两个 4-rotation（ 1234和 5678 ）来旋转它
2. 两个 4-rotation（ 1278 和 3456 ）来旋转它
3. 一个 8-rotation来旋转它

注意，此题是不存在 2-rotation的，因为这毫无意义，所以 n = 8 时，没有一个 6-rotation和一个 2-rotation这样的组合。

先比较一下两个 4-rotation：

我们选择使用方案 1

接下来是方案 1 和方案 3 的比较

此时证明得到方案 1 在三个方案内最优，此时 n =8 时的答案为：

2 * [(4 - 1) + (8 - 5)]

同时我们得到了一个结论：仅存在 4-rotation和 6-rotation两种旋转，如果存在 8-rotation 则可以将此 8-rotation分解为两个 4-rotation可以更优。

长度更长的时候:

当n≥10 时，即可以将整个串分解成多个 4-rotation和多个 6-rotation组成。

那么得到了 dp的递推公式：dp[i] = min(dp[i - 4] + v[i - 1] - v[i - 4], dp[i - 6] + v[i - 1] - v[i - 6])

注意 dp 的初始值有三个：n = 4, n = 6, n = 8 (防止n = 8的时候出现2-rotation)

AC代码：

#include 
 
using namespace std;
 
long long dp[200100];
 
void solve() {
    int T;
    cin >> T;
    for (int ts = 0; ts < T; ++ts) {
        int n;
        cin >> n;
        vector v;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            long long tmp;
            cin >> tmp;
            v.push_back(tmp);
        }
        sort(v.begin(), v.end());
 
        dp[0] = 0;
        dp[4] = v[3] - v[0];
        dp[6] = v[5] - v[0];
        dp[8] = v[7] - v[4] + dp[4];
        for (int i = 10; i <= n; i += 2)
            dp[i] = min(dp[i - 4] + v[i - 1] - v[i - 4], dp[i - 6] + v[i - 1] - v[i - 6]);
        cout << dp[n] * 2 << endl;
    }
}
 
int main() {
    solve();
    return 0;
}