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前言

由于未知原因，解密被取消了。
其实就是我懒
$ \color {white} {恭喜你发现本彩蛋！Name: UR \ next \ \ \ Password:Zjd6MWpnMjZhNA== 空格 \to 下划线} $

正文

题面

有 $ N $ 个点，问从某个点到其它点的切比雪夫距离之和最少是多少。

思路

$ O(n^2) $ 会超时，怎么办。
要是能一次查询 $ O(1) $ 就好了。
还真有！

---

切比雪夫是没救了，考虑曼哈顿。
两者看起来毫不相关，但是——

\[(x, y) \to (\frac {x + y} {2}, \frac {x - y} {2}) \]

在这个坐标的曼哈顿距离就是原先坐标的切比雪夫距离。
但这样还是 $ O(n^2) $……呀？

---

展开！展开！！展开！！！
假如当前开会地点为第 $ i $ 家，总和就是

\[\sum _ {j = 1} ^ {n} |x_i - x_j| + |y_i - y_j| \]

将这个式子分开，得：

\[(\sum _ {j = 1} ^ {n} |x_i - x_j|) + (\sum _ {j = 1} ^ {n} |y_i - y_j|) \]

我们把 $ x, y $ 分开来后，拆开绝对值：

\[\sum _ {j = 1} ^ {n} |x_i - x_j| = (\sum _ {j = 1} ^ {i} x_i - x_j) + (\sum _ {j = i} ^ {n} x_j - x_i) \]

这样……
我们就能用前缀和解决了！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long x[100005], y[100005], p[100005], q[100005];
long long pp[100005], sp[100005], pq[100005], sq[100005];

int main() {
	int N;
	scanf("%lld", &N);
	for (int i = 0; i < N; i++) {
		scanf("%lld %lld", &x[i], &y[i]);
		p[i] = x[i] + y[i];
		q[i] = x[i] - y[i];
		x[i] = p[i];
		y[i] = q[i];
	}
	sort(p, p + N);
	sort(q, q + N);
	pp[0] = p[0];
	for (int i = 1; i < N; i++) {
		pp[i] = pp[i - 1] + p[i];
	}
	sp[N - 1] = p[N - 1];
	for (int i = N - 2; i >= 0; i--) {
		sp[i] = sp[i + 1] + p[i];
	}
	pq[0] = q[0];
	for (int i = 1; i < N; i++) {
		pq[i] = pq[i - 1] + q[i];
	}
	sq[N - 1] = q[N - 1];
	for (int i = N - 2; i >= 0; i--) {
		sq[i] = sq[i + 1] + q[i];
	}
	long long ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
	for (int Ctrl = 0; Ctrl < N; Ctrl++) {
		int i = lower_bound(p, p + N, x[Ctrl]) - p;
		int j = lower_bound(q, q + N, y[Ctrl]) - q;
		long long prex = (i + 1) * p[i] - pp[i];
		long long sufx = sp[i] - (N - i) * p[i];
		long long prey = (j + 1) * q[j] - pq[j];
		long long sufy = sq[j] - (N - j) * q[j];
//		printf("%lld %lld %lld %lld\n", prex, sufx, prey, sufy);
		ans = min(ans, prex + sufx + prey + sufy);
	}
	printf("%lld", ans / 2);
}

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From： https://www.cnblogs.com/AProblemSolver/p/16589647.html