转自：https://blog.csdn.net/u013616945/article/details/77750698
题目
小易将n个棋子摆放在一张无限大的棋盘上。第i个棋子放在第x[i]行y[i]列。同一个格子允许放置多个棋子。每一次操作小易可以把一个棋子拿起并将其移动到原格子的上、下、左、右的任意一个格子中。小易想知道要让棋盘上出现有一个格子中至少有i(1 ≤ i ≤ n)个棋子所需要的最少操作次数.
输入描述:
输入包括三行,第一行一个整数n(1 ≤ n ≤ 50),表示棋子的个数
第二行为n个棋子的横坐标x[i](1 ≤ x[i] ≤ 10^9)
第三行为n个棋子的纵坐标y[i](1 ≤ y[i] ≤ 10^9)
输出描述:
输出n个整数,第i个表示棋盘上有一个格子至少有i个棋子所需要的操作数,以空格分割。行末无空格
如样例所示:
对于1个棋子: 不需要操作
对于2个棋子: 将前两个棋子放在(1, 1)中
对于3个棋子: 将前三个棋子放在(2, 1)中
对于4个棋子: 将所有棋子都放在(3, 1)中- 1
- 2
- 3
- 4
- 5
- 6
- 7
- 8
- 9
- 10
- 11
- 12
- 13
- 14
- 15
- 16
- 17
- 18
- 19
示例1
输入
4
1 2 4 9
1 1 1 1
输出
0 1 3 10
基本思想：
首先明确曼哈顿距离：
坐标（x1, y1）的i点与坐标（x2, y2）的j点的曼哈顿距离为：
d(i,j)=|X1-X2|+|Y1-Y2|.
接着我们应该知道若在一维平面上，存在A,B,C三个点，那么平面上若存在一个点到3个点的曼哈顿距离之和的最小的点应该落在A,B,C其中一个点中。如下图：
上面B应该为最小的点。
最后我们应该注意到对于二维平面，我们可以将二维平面上的点（x,y）分别投影到对应的x轴和y轴，那么我们就可以依次求出x轴上最小曼哈顿距离的点和y轴上最小曼哈顿距离的点，两个点的坐标就是本题的解。
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
vector<int> minOPs(int size,vector<int> x,vector<int> y){
vector<int> res(size);
for(int i=0;i<size;i++){
res[i]=INT_MAX;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> pq;
for(int i=0;i<size;i++){
for(int j=0;j<size;j++){
//每个点与(x[i],y[i]) 求曼哈顿距离，并存入优先队列
//优先队列是一个小根堆
for(int k=0;k<size;k++){
pq.push(abs(x[k]-x[i])+abs(y[k]-y[j]));
}
int resI=0;
int sum=0;
//依次分别取出优先队列的值，分别为每个棋子到(x[i],y[i])距离的最小值，次小值...最大值
while(!pq.empty()){
sum+=pq.top();
pq.pop();
res[resI]=min(res[resI],sum);//更新1...size个棋子堆在一起的最小值
resI++;
}
}
}
return res;
}
int main(){
int size;
cin>>size;
vector<int> x(size);
vector<int> y(size);
int tmp;
for(int i=0;i<size;i++){
cin>>tmp;
x[i]=tmp;
}
for(int i=0;i<size;i++){
cin>>tmp;
y[i]=tmp;
}
vector<int> res(size);
res=minOPs(size,x,y);
for(int i=0;i<size-1;i++){
cout<<res[i]<<" ";
}
cout<<res[size-1];
}