2020牛客暑期多校训练营（第三场) E.Two Matchings 构造+dp

题目链接：E.Two Matchings

题意

让你构造两个长为n的序列p,q，这两个序列各个位都不相同，并且满足$p_i\ne i且p_{p_i}=i$。给你一个序列a，可以计算一个值$({\sum }_{i=1}^{n}abs(a_i-a_{p_i}))/2$，找符合条件的p、q中，计算值之和最小的是多少。

题解

本题先来分析p、q序列，题目中给出$p_i\ne i且p_{p_i}=i$，其实p,q序列相当于1，2，3…n中两两交换位置一次，由于n为偶数所以不会出现一个位置交换多次的现象。
如果要求$({\sum }_{i=1}^{n}abs(a_i-a_{p_i}))/2$最小，那么我们很容易可以先确定一个序列，就是序列a排序后，每相邻两个交换即可。

那么次小值如何确定？
如果n=4，那么次小值的序列是：4 1 3 2

如果n为6，那么次小值的序列是：6 3 2 5 4 1

一开始我在想为什么n=6时不为：3 1 4 2 6 5，最后发现这和我们第一次构造的序列：2 1 4 3 6 5最后两位相同，不合题意。

现在我们已经知道了n=4和n=6的最小值，那么我们还需要枚举n=8,10…的最小值吗。
当然不需要，$gcd(4,6)=2$，数论里由裴蜀定理得，$4k_1+6k_2=gcd(4,6)=2$是有解的，那么就代表着4的倍数和6的倍数之和一定能表示2的倍数。
言外之意知道了4和6的最小值，剩下的n(偶数)，我们可以通过递推求解。

设dp[i]：前i个数计算值之和的最小值。
初始化:
dp[2]=inf
dp[4]=a[4]+a[3]-a[2]-a[1]
dp[6]=a[6]+a[5]-a[4]+a[3]-a[2]-a[1]
那么状态转移方程为：
dp[n]=min(dp[i-4]+a[i]+a[i-1]-a[i-2]-a[i-3],
dp[i-6]+a[i]+a[i-1]-a[i-2]+a[i-3]-a[i-2]-a[i-1])

代码

#include<iostream>
#include <sstream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<iomanip>
#include<list>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
//extern "C"{void *__dso_handle=0;}
typedef long long ll;
typedef long double ld;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x&-x
//#define int long long

const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll mod=1e9+7;
const ll inf=1e18;
const int maxn=2e5+10;
const int maxm=100+10;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

ll a[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
    
    
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
    
    
		int n; scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
		sort(a+1,a+1+n);
		ll sum=0;
		for(int i=2;i<=n;i+=2) sum+=a[i]-a[i-1];
		dp[2]=inf;
		dp[4]=a[4]+a[3]-a[2]-a[1];
		dp[6]=a[6]+a[5]+a[3]-a[4]-a[2]-a[1];
		for(int i=8;i<=n;i+=2)
		{
    
    
			dp[i]=min(dp[i-4]+(a[i]+a[i-1]-a[i-2]-a[i-3]),
			(dp[i-6]+a[i]+a[i-1]-a[i-2]+a[i-3]-a[i-4]-a[i-5]));
		}
		sum+=dp[n];
		printf("%lld\n",sum);
	}
}