PKU 3244 Difference between Triplets

PKU 3244 Difference between Triplets

【题目大意】
　　定义两个三元组I(xi, yi, zi)和J(xj, yj, zj)，他们的差为D(I, J) = max{xi - xj, yi - yj, zi - zj} - min{xi - xj, yi - yj, zi - zj}，给定n个三元组（n <= 200000），求任意两个三元组的差的和。

【题目分析】
　　数据范围非常大，枚举必然不可，需要数学方法。这个题目巧妙之处在于，模型经过了层层的包装，要想一下子有想法还真不容易。既然不能枚举了，这个max和min操作就不好办了，应该设法去掉。max{a, b, c} - min{a, b, c} = |a - b| + |b - c| + | c - a| / 2，这个公式应该不难想到，但是这只是第一步，因为引进了绝对值，依然不好做。可以先算出分子，最后再除2。接下来需要一个等价变换，以a - b为例，a - b = xi - xj - yi + yj = (xi - yi) - (xj - yj)，同理把b - c、c - a都写成这种形式。这一步变换看似作用不大，但是假设我们算出所有的xi - yi之后（i = 0... n - 1），将其排序，会发现，对于第i个xi - yi，它前面的都比它小，后面的都比它大。而实际上，由于求任意两个三元组的差，肯定xi - yi会和任意的xj - yj都作差的，加了绝对值后，它对最后的结果就会贡献i个(xi - yi)，n - i - 1个-(xi - yi)。同样的方法算出所有的(yi - zi)和(zi - xi)，结果就能够求出来了。算法复杂度O(n * logn)。

【题目总结】
　　这是一道不错的题目，首先考察了公式的变形，需要改写max - min操作，之后的等价变换和排序的思想都非常值得借鉴。
题目代码：

#include  < cstdio >
#include  < algorithm >
using   namespace  std;
const   int  N  =   200010 ;

int  x[N], y[N], z[N];
int  main()
{
     int  n, a, b, c;

     while  (scanf( " %d " ,  & n)  ==   1   &&  n)
    {
         for  ( int  i  =   0 ; i  <  n; i ++ )
        {
            scanf( " %d %d %d " ,  & a,  & b,  & c);
            x[i]  =  a  -  b;
            y[i]  =  b  -  c;
            z[i]  =  c  -  a;
        }
        sort(x, x  +  n);
        sort(y, y  +  n);
        sort(z, z  +  n);
         long   long  ans  =   0 ;
         for  ( int  i  =   0 ; i  <  n; i ++ )
            ans  +=  ( 2   *  i  +   1   -  n)  *  ( long   long )(x[i]  +  y[i]  +  z[i]);
        printf( " %I64d\n " , ans  /   2 );
    }

     return   0 ;
}