P3051 [USACO12MAR] Haybale Restacking G （中位数）

P3051 [USACO12MAR] Haybale Restacking G

中位数

可以将环上相邻两个点连边，每条边赋 \(x_i\) 表示 \(i\) 往 \(i\bmod n+1\) 运的数量（负数则为反方向）。一定可以找到一种运输方式满足所有 \(x_i\)。总代价为 \(\sum\limits_{i=1}^n|x_i|\)。

对于 \(x_1\) 满足 \(a_1-x_1+x_n=b_1\)，同理可得 \(a_2-x_2+x_1=b_2\)。

移项代换整理一下，可以得到通式：

\[x_i=x_n+\sum\limits_{k=1}^ia_i-\sum\limits_{k=1}^ib_i \]

不妨设 \(s_i=\sum\limits_{k=1}^ia_i-\sum\limits_{k=1}^ib_i\)。

那么总代价就可以表示为 \(\sum\limits_{i=1}^n|x_n+s_i|\)。

经典问题，\(x_n\) 的取值即为 \(s\) 序列中位数的相反数。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define mk std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
int a[N], b[N];
i64 s[N], ans;
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	std::cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		std::cin >> a[i] >> b[i];
	}

	for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i] - b[i];

	std::sort(s + 1, s + n + 1);
	int p = (1 + n) / 2;

	for(int i = 1; i <= n; i++) ans += abs(s[p] - s[i]);

	std::cout << ans << "\n";

	return 0;
}