CF1513F Swapping Problem(模型转化)

题目描述

You are given 2 arrays $a$ and $b$ , both of size $n$ . You can swap two elements in $b$ at most once (or leave it as it is), and you are required to minimize the value $$$$\sum_{i}|a_{i}-b_{i}|. $$$$

Find the minimum possible value of this sum.

输入格式

The first line contains a single integer $n$ ( $1 \le n \le 2 \cdot 10^5$ ).

The second line contains $n$ integers $a_1, a_2, \ldots, a_n$ ( $1 \le a_i \le {10^9}$ ).

The third line contains $n$ integers $b_1, b_2, \ldots, b_n$ ( $1 \le b_i \le {10^9}$ ).

输出格式

Output the minimum value of $\sum_{i}|a_{i}-b_{i}|$ .

题意翻译

给定 $n$ 和两个长度为 $n$ 的数组 $a,b$，最多交换一次 $b$ 中的两个位置的值（可以不交换）。

最小化 $\sum_{i=1}^{n}|a_i-b_i|$。

$n \le 2\times10^5$；$a_i,b_i\le 10^9$。

输入输出样例

输入 #1

5
5 4 3 2 1
1 2 3 4 5

输出 #1

4

输入 #2

2
1 3
4 2

输出 #2

2

说明/提示

In the first example, we can swap the first and fifth element in array $b$ , so that it becomes $[ 5, 2, 3, 4, 1 ]$ .

Therefore, the minimum possible value of this sum would be $|5-5| + |4-2| + |3-3| + |2-4| + |1-1| = 4$ .

In the second example, we can swap the first and second elements. So, our answer would be $2$ .

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题解

可以很容易的计算出 \(ans = \sum_{i=1}^n |a_i-b_i|\) 的值，但是我们需要交换一对，使得 ans 尽量小

假设交换   \(i,j\)   这两对，那么此时的答案应该为

\[ans - (|a_i-b_i| + |a_j-b_j|-|a_i-b_j|-|a_j-b_i|) \]

要找的这两对应该满足

\[|a_i-b_i| + |a_j-b_j|>|a_i-b_j|+|a_j-b_i| \]

而且前者越大越好，后者越小越好，题目就像是一道二维偏序一样，解决的思路就是先确定一维

看着这满屏的绝对值，自然而然地想到了距离，不妨自己画一下发现，当

\[a_i<b_j<b_i<a_j \\ b_j<a_i<a_j<b_i \\ a_i<b_j<a_j<b_i \\ b_j<a_i<b_i<a_j \]

上述情况满足时上面的不等式才会成立(当然以上只有 \(a_i<b_i\) 的情况，还有四种情况，请读者自己思考)

这样就拥有了降维的理由，我们可以按照   \(b\)   排序，这样固定了右端点，根据上述推断可以造成贡献的有

\[|a_j-b_j| \\or\\|b_i-b_j|\\or\\|a_i-a_j| \]

为了满足区间的要求，需要进一步转化为右端点\(\geq\)左端点

而根据贪心，固定右端点应该按照   \(b\)   升序排列，这样可以满足

\[i>j \\ and\\ b[i]>b[j] \]

所以要计算的 \(|b_j-a_i|\) 由于 \(b_j\) 的确定，只要保留之前 \(a_i\) 的最小值就可以了

总体算法复杂度 \(O(NlogN)\) 为排序的时间

*以上思路请读者自己实现，下面的代码以固定左端点为基础实现的

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const int N=3e5+5;
 
    int n, m, _;
    int i, j, k;
    ll a[N];
    ll b[N];
    struct Node
    {
        ll x, y;
        bool operator<(Node o){
            return x<o.x;
        }
        int tag;
        Node(ll x = 0, ll y = 0, int tag = 0) : x(x), y(y), tag(tag){}
    }p[N];

signed main()
{
    //IOS;
    while(~sd(n)){
        ll ans = 0;
        rep(i, 1, n) sll(a[i]);
        rep(i, 1, n) sll(b[i]), ans += abs(a[i] - b[i]);
        rep(i, 1, n){
            if(a[i] <= b[i]) p[i] = Node(a[i], b[i], 0);
            else p[i] = Node(b[i], a[i], 1);
        }
        sort(p + 1, p + 1 + n);
        ll maxx = 0;
        ll ed[2] = {0, 0};
        rep(i, 1, n){
            ed[p[i].tag] = max(ed[p[i].tag], p[i].y);
            if(!ed[p[i].tag ^ 1]) continue;
            if(p[i].x <= ed[p[i].tag ^ 1]){
                if(p[i].y <= ed[p[i].tag ^ 1]){
                    maxx = max(maxx, p[i].y - p[i].x);
                    continue; 
                }
                maxx = max(maxx, ed[p[i].tag ^ 1] - p[i].x);
            }
        }
        pll(ans - maxx * 2);
    }
    //PAUSE;
    return 0;
}