其实我最开始没有这道题。。。是做到UPC-11079-小P的决斗,训练结束后然后搜索了一波,才了解这个题的。

非常牛逼的题。。。这么多人做出来了。。。我好菜。。。

对于每对三元组Ta=(La,Ja,Ka),Tb=(Lb,Jb,Kb),定义Ta,Tb之间的差值D为D(Ta,Tb)=max(La−Lb,Ja−Jb,Ka−Kb)−min(La−Lb,Ja−Jb,Ka−Kb),

给多个三元组,求两两之间差值之和。

给出一个转化 max,min与绝对值之间的转化:

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

证明这个式子:给定一个递增的序列,a1,a2,a3,a4...an

max(a1,a2,a3...an)-min(a1,a2,a3...an)

=1/2(an-a1+an-a1)=an-an-1+an-1-an-2....-a2+a2-a1+an-a1

=1/2(|an-an-1|+|an-1-an-2|+...+|a2-a1|+|a1-an|)

这玩意是严重对称的。。。然后。。。我也不是很清楚了

知道这个性质以后,我们考虑一个叫贡献的东西,首先肯定把

a=xi-yi b=yi-zi c=zi-xi  保存下来。

首先绝对值是非常讨厌的,我们通过排序去掉了绝对值。

然后我们考虑这样一个东西,当前是i位置,那么前面的都是比我小的,所以再对于前面i-1匹配时,a[i]做的是被减数,因此a[i]*(i-1)

对于后面n-i-1个数,我们发现它是做减数,那么贡献其实是-(n-i)*a[i],所以单点贡献是a[i]*(i-1)-(n-i)*a[i],对与其他的也是一样的。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxx = ;
LL L[maxx];
LL J[maxx];
LL K[maxx];
LL a[maxx];
LL b[maxx];
LL c[maxx];
int main(){
int n;
while(~scanf("%d",&n)&&n){ for (int i=;i<=n;i++){
scanf("%lld%lld%lld",&L[i],&J[i],&K[i]);
a[i]=L[i]-J[i];
b[i]=J[i]-K[i];
c[i]=K[i]-L[i];
}
sort(a+,a++n);
sort(b+,b++n);
sort(c+,c++n);
LL ans=;
for (int i=;i<=n;i++){
ans+=a[i]*(i-)-a[i]*(n-i);
ans+=b[i]*(i-)-b[i]*(n-i);
ans+=c[i]*(i-)-c[i]*(n-i);
}
printf("%lld\n",ans/);
}
return ;
}

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