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题意:
平面上有n个点,定义两点间的距离D为 |x1-x2| + |y1-y2|。从n个点中找到一点,使其他点到此点的距离之和最小。
解题思路:
令点k为找到的点,ans = sum{D(i,k)} (i:1~n) 。即ans是一堆含有绝对值的式子相加,那么,有没有好的方法可以快速求出这些带绝对值的式子呢?
由于式中的x与y之间互不影响,则我们将x和y分开考虑,先考虑x。
初中时,我们便知,若是想去掉绝对值符号,必须知道式子的正负。
而当k确定时,ans中只存在两种x,即小于x(k)与大于x(k)的,不如我们把它们分别称为集合A与集合B。
则ans = ans(A) + ans(B)。
而经过简单变形可知 ans(A) = x(k)*num(A) - sum(x(i)) (i∈A) , ans(B) = sum(x(j)) - x(k)*num(B) (j∈B) .
则我们可以通过先对x排序,记录下num(A)与sum(x(i)) (i∈A)这两个就好了。而对于B集合,可以看做A在全集中的补集。
对y的处理同上。
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; #define N 100005 struct Num { int x,y,id; }A[N]; __int64 sumx[N],sumy[N]; __int64 Sx,Sy; int numx[N],numy[N]; int n,x[N],y[N]; bool cmp1(Num s1,Num s2) { return s1.x < s2.x; } bool cmp2(Num s1,Num s2) { return s1.y < s2.y; } __int64 resx(int k) { return (__int64)x[k]*(2*numx[k]-n) + Sx - 2*sumx[k]; } __int64 resy(int k) { return (__int64)y[k]*(2*numy[k]-n) + Sy - 2*sumy[k]; } int main() { //freopen("in.ads","r",stdin); int z; scanf("%d",&z); while(z--) { Sx = Sy = 0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); A[i].id = i; A[i].x = x[i]; A[i].y = y[i]; Sx += x[i]; Sy += y[i]; } sort(A+1,A+1+n,cmp1); for(int i=1;i<=n;i++) { sumx[ A[i].id ] = sumx[ A[i-1].id ] + A[i].x; numx[ A[i].id ] = i; } sort(A+1,A+1+n,cmp2); for(int i=1;i<=n;i++) { sumy[ A[i].id ] = sumy[ A[i-1].id ] + A[i].y; numy[ A[i].id ] = i; } __int64 ans = resx(1) + resy(1); for(int k=2;k<=n;k++) ans = min(ans,resx(k)+resy(k)); printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; #define N 100005 struct Num { int x,y,id; }A[N]; __int64 sumx[N],sumy[N]; __int64 Sx,Sy; int n,x[N],y[N]; bool cmp1(Num s1,Num s2) { return s1.x < s2.x; } bool cmp2(Num s1,Num s2) { return s1.y < s2.y; } int main() { //freopen("in.ads","r",stdin); int z; scanf("%d",&z); while(z--) { Sx = Sy = 0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); A[i].id = i; A[i].x = x[i]; A[i].y = y[i]; Sx += x[i]; Sy += y[i]; } sort(A+1,A+1+n,cmp1); __int64 ssum = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { ssum += A[i].x; int j = A[i].id; sumx[j] = (__int64)x[j]*(2*i-n) + Sx - 2*ssum; } sort(A+1,A+1+n,cmp2); ssum = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { ssum += A[i].y; int j = A[i].id; sumy[j] = (__int64)y[j]*(2*i-n) + Sy - 2*ssum; } __int64 ans = sumx[1] + sumy[1]; for(int k=2;k<=n;k++) ans = min(ans,sumx[k]+sumy[k]); printf("%I64d\n",ans); } return 0; }
原来1题中的这种距离 |x1-x2| + |y1-y2|是曼哈顿距离(Manhattan Distance)。
2题中的这种距离 max(|x1-x2|, |y1-y2|)是切比雪夫距离(Chebyshev distance)。
对于原坐标系中两点间的 Chebyshev 距离,是将坐标轴顺时针旋转45度并将所有点的坐标值放大sqrt(2)倍所得到的新坐标系中的Manhattan距离的二分之一。
证明如下:
假设有两点(x1,y1), (x2,y2),不妨设 x1>x2。
则Chebyshev距离 D1 = max(|x1-x2|, |y1-y2|)
这两个点对应到新坐标系中的坐标为 (x1-y1, x1+y1), (x2-y2, x2+y2)
某点绕原点逆时针旋转α°(或坐标轴顺时针旋转)后,点(x,y)的坐标会变为(cosα x - sinα y , sinα x + cosα y)。
则Manhattan 距离D2 = |x1-y1-x2+y2| + |x1+y1-x2-y2|
分四种情况讨论:
1.1 y1>y2 && x1-x2>y1-y2
D1 = max(x1-x2, y1-y2) = x1 - x2
D2 = x1-y1-x2+y2 + x1+y1-x2-y2 = 2(x1-x2)
1.2 y1>y2 && x1-x2<=y1-y2
D1 = max(x1-x2,y1-y2) = y1-y2
D2 = -(x1-y1-x2+y2) + x1+y1-x2-y2 = 2(y1-y2)
2.1 y1<=y2 && x1-x2>y2-y1
D1 = max(x1-x2, y2-y1) = x1-x2
D2 = x1-y1-x2+y2 + x1+y1-x2-y2 = 2(x1-x2)
2.2 y1<=y2 && x1-x2<=y2-y1
D1 = max(x1-x2, y2-y1) = y2-y1
D2 = x1-y1-x2+y2 - (x1+y1-x2-y2) = 2(y2-y1)
于是,将Chebyshev距离形式转化成Manhattan距离的形式再求解即可。