poj 3244 Difference between Triplets——数学

这个题完全没思路……直接看的解题报告。。居然就这么打刷进第一页了。。

定义两个三元组I(xi,yi,zi)和J(xj,yj,zj),(可以看做是空间中的点)
他们的距离为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
抽化出来的模型是 max(a,b,c)-min(a,b,c)，这个东西吧他放在数轴上 a,b,c
我们要求最大和最小的差就是这三个点构成的线段的距离，那么我们这里再变通下 是不是端点到中间那个点的距离
其实画出这个图的时候，就可以看到这个距离为(|a-b|+|b-c|+|c-a|)/2，这样我们并不需要关心中间的那个
对应到题目中的原型，就是(|(xi-xj)-(yi-yj)|+|(yi-yj)-(zi-zj)|+|(zi-zj)-(xi-xj)|)/2;
对应到同一个点上就是(|(xi-yi)-(xj-yj)|+|(yi-zi)-(yj-zj)|+|(zi-xi)-(zj-xj)|)/2;
设a=(xi-yi),b=(yi-zi),c=(zi-xi),原问题等价为(|ai-aj|+|bi-bj|+|ci-cj|)/2;
然后三个可以完全分开完全独立的计算，并不影响其他两元，这里要加个优化，就是按从小到大排序出来
我们只需要算出每个位置上，他贡献了多少次加法，贡献了多少次减法即可
举个例子，目前把a的部分排序了,对于第i个，他前面的比它小，所以在和i点比较时i点贡献了i次加，对后面的n-i个点
向他们贡献了n-i次减法

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 200000+10

using namespace std;

int a[MAXN];
int b[MAXN];
int c[MAXN];

int main(void)
{
int n;
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
{
int p,q,r;
scanf("%d %d %d",&p,&q,&r);
a[i]=p-q;
b[i]=q-r;
c[i]=r-p;
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n);
sort(c+1,c+1+n);
long long total=0;
for(i=1;i<=n;i++)
{
total+=(long long)(2*i-n)*a[i];//这个地方写（2*i-n-1）也是对的，因为自己减自己是0
total+=(long long)(2*i-n)*b[i];
total+=(long long)(2*i-n)*c[i];
}
printf("%lld\n",total/2);
}
}