poj 3244 Difference between Triplets

3244 一个数学题

Difference between Triplets

For every pair of triplets, T_a = (I_a, J_a, K_a) and T_b= (I_b, J_b, K_b), we define the difference value between T_a and T_bas follows:

D(T_a, T_b) = max {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b} − min {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b}

Now you are given N triplets, could you write a program to calculate the sum of the difference values between every unordered pair of triplets?

 

给出N个三元组，将给出的三元组两两组合，分别求出D(T_a, T_b)的值。

若任意两个三元组为T_a = (I_a, J_a, K_a) and T_b= (I_b, J_b, K_b),

则：D(T_a, T_b) = max {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b} − min {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b}

最后求所有D(T_a, T_b)和的值

这道题有个很关键的公式，知道的就很容易做出来了

//公式max(a,b,c)-min(a,b,c)=(|a-b|+|b-c|+|a-c|)/2.

把a、b、c想成是数轴上的三个点就很容易得出上述公式了。

然而求出所有的|a-b|+|b-c|+|a-c|，再求和也不是简单的问题，所以进而继续化简得：

max {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b} − min {I_a − I_b, J_a − J_b, K_a − K_b}

=(|(I_a − I_b)—( J_a – J_b)|+|(J_a – J_b)—(K_a − K_b)|+|( K_a − K_b)-( I_a − I_b)|)/2

= (|(I_a – J_a)—(I_b—J_b)|+|(J_a − K_a)—(J_b − K_b)|+| (K_a – I_a)—( K_a − I_b)|)/2

如果令a=( Ii – Ji),b=( Ji – Ki),c=( Ki – Ii),原问题等价为(|ai-aj|+|bi-bj|+|ci-cj|)/2，对于每个含a、b、c的绝对值式子可以分开求：
例如，根据ai，aj的大小即可知道在最后的求和式中贡献了多少次加法和减法。
将x数组排序，对于第xi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<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define see(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define N 200010
using namespace std;
long long x[N], y[N], z[N];

int main(){ 
    int i, j, k, l, n, m;
    long long a, b, c, sum;
    while(~scanf("%d",&n)&&n){

        sum = 0;
        for(i=0;i<n;i++){
            scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
            x[i]=a-b;y[i]=b-c;z[i]=a-c;
        }
        sort(x,x+n); sort(y,y+n); sort(z,z+n);
        for(i=0;i<n;i++){
            sum += ((i-(n-1-i))*(x[i]+y[i]+z[i]));
        }
        cout<<sum/2<<endl;
    }
    return 0;
}