[atARC121D]1 or 2

对于大小为1的集合，我们可以在其中加入0

因此，枚举0的个数，那么问题即可以看作要求每一个集合大小为2

（特别的，我们允许存在${0,0}$，因为这样删除这两个0显然只会减小极差）

显然此时贪心将最小与最大、次小与次大……放入一个集合中即可

关于正确性，设最小值和最大值为$A,D$，若${A,D}$则继续归纳即可，否则若${A,B}$和${C,D}$，那么有
$$
egin{cases}min(A+D,B+C)ge min(A+B,C+D)\max(A+D,B+C)le max(A+B,C+D)end{cases}
$$
（关于这两个式子，左边的每一项都存在右边的一项小于等于或大于等于其）

因此不妨改为${A,D}$和${B,C}$，显然只会减小极差

具体实现可以先排序，再按照正负分开并加入0即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5005
vector<int>vn,vp;
int n,mx,mn,ans,a[N];
void add(int x){
    mx=max(mx,x);
    mn=min(mn,x);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (a[i]<=0)vn.push_back(a[i]);
    for(int i=n;i;i--)
        if (a[i]>0)vp.push_back(a[i]);
    if (n&1)vn.push_back(0);
    ans=2e9;
    for(int i=(n&1);i<=n;i+=2,vn.push_back(0),vn.push_back(0)){
        mx=-2e9,mn=2e9;
        if (vn.size()<vp.size()){
            for(int j=0;j<vn.size();j++)add(vn[j]+vp[j]);
            for(int j=0;j<(vp.size()-vn.size())/2;j++)add(vp[vn.size()+j]+vp[vp.size()-j-1]);
        }
        else{
            for(int j=0;j<vp.size();j++)add(vn[j]+vp[j]);
            for(int j=0;j<(vn.size()-vp.size())/2;j++)add(vn[vp.size()+j]+vn[vn.size()-j-1]);
        }
        ans=min(ans,mx-mn);
    }
    printf("%d",ans);
}