切比雪夫距离

曼哈顿距离

若点 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 则两点间的曼哈顿距离为 \(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\)

已知 \(n\) 个点求两两之间的曼哈顿距离之和，易得 \(x\) 的贡献与 \(y\) 的贡献是分开的

可以用两次排序去绝对值 + 前缀和解决

复杂度 \(O(n\log n)\)

切比雪夫距离

曼哈顿距离是 4 向移动的最少步数，切比雪夫距离则是 8 向移动最少步数

即对于 \(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\) 两点的切比雪夫距离为 \(\max(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)\)

问题：给定 \(n\) 个点，求两两之间的切比雪夫距离之和

此时 \(x,y\) 的贡献不能单独算了，怎么办？

转换

将原坐标系逆时针旋转 \(45^{\circ}\) ，再放大 \(\sqrt{2}\) 倍

会发现：此（坐标系中的曼哈顿距离）是（原坐标系中切比雪夫距离）的 2 倍

考虑 \((x_1,y_1)\) 旋转后的坐标 \((x_2,y_2)\)

\(x_2=x_1\cos 45^{\circ}-y_1\sin 45^{\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(x_1-y_1)\)

\(y_2=y_1\cos 45^{\circ}+x_1\sin 45^{\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(x_1+y_1)\)

放大了 \(\sqrt{2}\) 倍，所以 \(x_2=x_1-y_1,y_2=x_1+y_1\)

转换成曼哈顿距离，同样 \(O(n\log n)\) 求，最后除以 2

例

给一个 \(n\times m\) 的棋盘，两个玩家有 'S' 和 'M' 两种国王，国王八向移动

传播值定义为玩家国王两两之间距离和，要分别求两个玩家的传播值

板子（确信）

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 1005;
int n, m, tot;
struct poi { int x, y; } a[N * N];
LL tt, sm;
char mp[N][N];
inline bool cmp1(poi A, poi B) { return A.x < B.x; }
inline bool cmp2(poi A, poi B) { return A.y < B.y; }
inline void sol(char Ch) {
    tot = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            if (mp[i][j] == Ch) a[++tot] = (poi){ i - j, i + j };
    sort(a + 1, a + tot + 1, cmp1);
    sm = tt = 0;
    for (int i = 1; i <= tot; i++) sm += a[i].x * (i - 1) - tt, tt += a[i].x;
    sort(a + 1, a + tot + 1, cmp2), tt = 0;
    for (int i = 1; i <= tot; i++) sm += a[i].y * (i - 1) - tt, tt += a[i].y;
    printf("%lld ", sm / 2);
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", mp[i] + 1);
    sol('M'), sol('S');
}