题解

先吐槽一波题目：便便传送门，出题人还真的有一点厉害的滑稽。
废话不多说。

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首先问题的本质就是求如果当这个传送门的端点位于\(y\)的时候，最小的求出总代价，我们设为函数\(f(y)\)。
因为这个\(f(y)\)是一个具有分段线性的结构函数，我们就在求\(f(y)\)的时候遍历\(y\)，就可以了。每次当我们处理到两段函数的交界处时，我们就算出两个函数的斜率，算出其中的最小值。
因为有\(n\)个点，那么复杂度就是\(O(n)\)，但是一开始我们的各个点的顺序不定，那么我们需要花\(O(nlogn)\)的时间来进行排序，然后在用\(O(n)\)的时间遍历计算\(f(y)\)。
以上的算法比较的简单，但是我们需要用数学计算出每一个交接点的位置就是\(y\)的值，以及斜率多少和在每一个交接点的变化。
其中\(f_i(y)=min(|a_i-b_i|,|a_i-0|+|b_i-y|)\)，表示只用于传送门的代价（第一部分表示直接移动，第二个部分表示如果使用传送门），每一个\(f_i(y)\)函数都是一个简单的函数，我们可以推导出以下的玩意：

\[f(y)=\sum^{n}_{i=1}f_i (y)\]
对于交接点，每一个函数对最终的答案都是有贡献的，例如如果\(|a_i|≥|a_i-b_i|\)，那么就说明\(f_i(y)\)中没有交接点，那么答案就是讲\(f_i(y)\)向上平移\(|a_i-b_i|\)。
对于图片中另外一种情况，如果\(a_i<0\)并且\(a_i≥b_i\)，那么就说明\(f_i\)有三个交接点，那么这个贡献的计算就是：当\(y=0\)时，\(f_i(y)\)的斜率\(-1\)，在\(y=b\)时\(+2\)，在\(y=2b\)时\(-1\)。
可以选择用\(map\)映射存储\(f(y)\)函数在各个交接点出的斜率的变化，然后再按照\(y\)的顺序遍历就可以得到答案了。

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ac代码

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <algorithm>
# include <ctype.h>
# include <iostream>
# include <cmath>
# include <map>
# define LL long long
# define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define ri (register int)
# define inf (0x7f7f7f7f)
# define pb push_back
# define fi first
# define se second
# define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline int gi(){
    int w=0,x=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
int n;
map<int,int>mp;
LL x=0,y=-inf,s=0;
int main(){
    n=gi();
    for (int i=1;i<=n;i++){
        int a=gi(),b=gi();
        x+=abs(a-b);
        if (abs(a)>abs(a-b)) continue;
        mp[b]+=2;
        if ((a<b&&a<0)||(a>=b&&a>=0)) mp[0]--,mp[2*b]--;
        if ((a<b&&a>=0)||(a>=b&&a<0)) mp[2*b-2*a]--,mp[2*a]--;
    }
    LL ans=x;
    map<int,int>::iterator it;
    for (it=mp.begin();it!=mp.end();it++){
        int ny=it->fi,tmp=it->se;
        x+=s*(ny-y); y=ny; s+=tmp;
        ans=min(ans,x);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}