CF1740C题解

众所周知，这道题的难度是 1400，所以是简单题。

分析

首先，坚信这是一道简单题，所以不要想复杂了。

首先我们需要对 aaa 数组排序，这点是肯定的，为啥应该不用我解释。

下面，我们假设 p1,  p2,  p3p_1, \;p_2,\; p_3p1​,p2​,p3​ 分别为朋友在第 111 个，第 222 个和第 333 个背包中选择的棍子下标（注意，这里的下标都是指的排序后的数组下标）。我们可以发现，所有的分类情况下一定会满足下列四种条件之一：

{p1<p2<p3p1>p2>p3min⁡(p1,p3)>p2max⁡(p1,p3)>p2\begin{cases}
p_1<p_2<p_3\\
p_1>p_2>p_3\\
\min(p_1,p_3)>p_2\\
\max(p_1,p_3)>p_2\\
\end{cases}⎩⎨⎧​p1​<p2​<p3​p1​>p2​>p3​min(p1​,p3​)>p2​max(p1​,p3​)>p2​​

翻译一下，这四种情况的答案分别是：

ans={(ap2−ap1)+(ap3−ap2)if⁡p1<p2<p3(ap3−ap2)+(ap2−ap1)if⁡p1>p2>p3(ap1−ap2)+(ap3−ap2)if⁡min⁡(p1,p3)>p2(ap2−ap3)+(ap2−ap1)if⁡max⁡(p1,p3)<p2ans=\begin{cases}
(a_{p2}-a_{p1})+(a_{p3}-a_{p2})\operatorname{if} p_1<p_2<p_3\\
(a_{p3}-a_{p2})+(a_{p2}-a_{p1})\operatorname{if} p_1>p_2>p_3\\
(a_{p1}-a_{p2})+(a_{p3} -a_{p2})\operatorname{if}\min(p_1,p_3)>p_2\\
(a_{p2}-a_{p3})+(a_{p2} -a_{p1})\operatorname{if}\max(p_1,p_3)<p_2\\
\end{cases}ans=⎩⎨⎧​(ap2​−ap1​)+(ap3​−ap2​)ifp1​<p2​<p3​(ap3​−ap2​)+(ap2​−ap1​)ifp1​>p2​>p3​(ap1​−ap2​)+(ap3​−ap2​)ifmin(p1​,p3​)>p2​(ap2​−ap3​)+(ap2​−ap1​)ifmax(p1​,p3​)<p2​​

你感性理解一下，你就会发现前两种情况一定不会比后两种优（因为如果出现这两种情况，你只需要将其中两个背包交换一下位置就会转化为后面两种，而明显转化后会更优，这个你自己手模一下应该很显然），于是我们就只用考虑后面两种情况就可以了,即:

ans={(ap1−ap2)+(ap3−ap2)if⁡min⁡(p1,p3)>p2(ap2−ap3)+(ap2−ap1)if⁡max⁡(p1,p3)<p2ans=\begin{cases}
(a_{p1}-a_{p2})+(a_{p3}-a_{p2})\operatorname{if}\min(p_1,p_3)>p_2\\
(a_{p2}-a_{p3})+(a_{p2} -a_{p1})\operatorname{if}\max(p_1,p_3)<p_2\\
\end{cases}ans={(ap1​−ap2​)+(ap3​−ap2​)ifmin(p1​,p3​)>p2​(ap2​−ap3​)+(ap2​−ap1​)ifmax(p1​,p3​)<p2​​

但是你会发现，即使是这样，我们任然不能很好的限制计算方法，于是我们考虑继续加强条件。

下面我们以第三种情况为例加强限制（第四种的推理过程是一样的）：

我们假设有 min⁡(p1,  p3)>p2+1\min(p_1,\;p_3) > p_2 + 1min(p1​,p3​)>p2​+1（注意这里的都是下标之间的关系），我们分下列三种情况分析（注意，我们下面的讨论都基于我们假设朋友一定会选 p1,  p2,  p3p_1,\;p_2,\;p_3p1​,p2​,p3​ 的基础上）：

1. 如果 p2+1p_2 + 1p2​+1 这根棍子被放在了第 111 个背包中，那么朋友在背包 1 11 中选择下标为 p2+1p_2 + 1p2​+1 的棍子而不是 p1p_1p1​，因为 ap2+1−ap2⩽ap1−ap2a_{p_2 + 1} - a_{p_2} \leqslant a_{p_1} - a_{p_2}ap2​+1​−ap2​​⩽ap1​​−ap2​​，因此假设不成立；
2. 如果 p2+1p_2 + 1p2​+1 这根棍子被放在了第 222 个背包中，那么朋友在背包 2 22 中选择下标为 p2+1p_2 + 1p2​+1 的棍子而不是 p2p_2p2​，因为 (ap1−ap2+1)+(ap3−ap2+1)⩽(ap1−ap2)+(ap3−ap2) (a_{p_1} - a_{p_2 + 1}) + (a_{p_3} - a_{p_2 + 1}) \leqslant (a_{p_1} - a_{p_2}) + (a_{p_3} - a_{p_2} )(ap1​​−ap2​+1​)+(ap3​​−ap2​+1​)⩽(ap1​​−ap2​​)+(ap3​​−ap2​​)，因此假设不成立；
3. 如果 p2+1p_2 + 1p2​+1 这根棍子被放在了第 333 个背包中，那么朋友在背包 3 33 中选择下标为 p2+1p_2 + 1p2​+1 的棍子而不是 p3p_3p3​，因为 ap2+1−ap2⩽ap3−ap2a_{p_2 + 1} - a_{p_2} \leqslant a_{p_3} - a_{p_2}ap2​+1​−ap2​​⩽ap3​​−ap2​​，因此假设不成立。

于是我们发现，在 min⁡(p1,  p3)>p2+1\min(p_1,\;p_3) > p_2 + 1min(p1​,p3​)>p2​+1 时，朋友一定不会选择我们给他“指定”的那三个棍子，于是我们把条件收束为：

ans={min⁡(p1,p3)>p2&min⁡(p1,p3)=p2+1max⁡(p1,p3)<p2&max⁡(p1,p3)=p2−1ans=\begin{cases}
\min(p_1,p_3)>p_2 \& \min(p_1,p_3)=p_2+1\\
\max(p_1,p_3)<p_2 \& \max(p_1,p_3)=p_2-1\\
\end{cases}ans={min(p1​,p3​)>p2​&min(p1​,p3​)=p2​+1max(p1​,p3​)<p2​&max(p1​,p3​)=p2​−1​

的时候我们才能确定朋友所选取的棍子就是我们“指定”的那三根。

这个条件化简一下其实就是：

ans={min⁡(p1,p3)=p2+1max⁡(p1,p3)=p2−1ans=\begin{cases}
\min(p_1,p_3)=p_2+1\\
\max(p_1,p_3)=p_2-1\\
\end{cases}ans={min(p1​,p3​)=p2​+1max(p1​,p3​)=p2​−1​

而我们需要最大化 ∣ap2−ap1∣+∣ap3−ap2∣|a_{p_2}-a_{p_1}|+|a_{p_3} - a_{p_2}|∣ap2​​−ap1​​∣+∣ap3​​−ap2​​∣，于是我们很显然将 min⁡(p1,  p3)\min(p_1,\;p_3)min(p1​,p3​) 定为 111 或者让 max⁡(p1,  p3)\max(p_1,\;p_3)max(p1​,p3​) 为 nnn，这样我们得到的解一定最优（注意此时我们是在计算答案，这里的 min 和 max 与上式中并不表同一含义，具体看下面的式子）。但是此时我们也只是确定了其中一边的取值，那么另一边枚举就行了，于是我们有以下计算式：

ans=max⁡{max⁡i=3n{(ai−a1)+(ai−ai−1)}此时的排列是1,i n,2 i-1max⁡i=3n−2{(an−ai)+(ai+1−ai)}此时的排列是n,1 i,i+1 n-1ans=\max\begin{cases}
\max^n_{i=3}\{(a_i-a_1)+(a_i-a_{i-1})\}\text{此时的排列是1,i~n,2~i-1} \\
\max^{n-2}_{i=3}\{(a_n-a_i)+(a_{i+1}-a_{i})\}\text{此时的排列是n,1~i,i+1~n-1} \\
\end{cases}ans=max{maxi=3n​{(ai​−a1​)+(ai​−ai−1​)}此时的排列是1,i n,2 i-1maxi=3n−2​{(an​−ai​)+(ai+1​−ai​)}此时的排列是n,1 i,i+1 n-1​

于是我们就做完了，对就是这么简单，区区 1400 而已，是真的不能把他想的太难了，不然真的很容易想偏。

附源码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int a[10000];
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		int n;
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
		}
		sort(a+1,a+n+1);
		int ans=0;
		for(int i=3;i<=n;i++){
			ans=max(ans,a[i]-a[1]+a[i]-a[i-1]);//1,i~n,2~i-1
		}
		for(int i=1;i<=n-2;i++){
			ans=max(ans,a[n]-a[i]+a[i+1]-a[i]);//n,1~i,i+1~n-1
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}