第 381 场周赛 - 力扣（LeetCode）最后一题3017. 按距离统计房屋对数目 II - 力扣（LeetCode）
dijkstra超时了，看了灵神的解题方法力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台，其实是差分优化的暴力统计
灵神说的“撤销操作”，就是先不加那条xy新路，统计出所有距离对数，然后再加上那条路做修改。做修改需要推一下变短的位置。
灵神封装写的特别好，这道题不封装一下，有问题改起来很麻烦。
目录
统计原始距离对数：
找规律：
灵神暴力左右：
差分：
做修改：
第一种：
第二种：
关于小于区间右端点(x+y)/2：(等于过不了)
当 x==y 及x == y+1时没有缩短任何距离。不需要操作
参考代码：
统计原始距离对数：
这里说两种方法，第一种是自己想的找规律（其实踩坑了，没弄好差分），第二种就是灵神暴力，时间复杂度是相同的O(n)
找规律：
分别对奇数和偶数找一下：
第一行1 2 3 4 5五个数是题目里的房屋，左边第一列是距离 t，表中的则是与这个房屋距离为t的房屋数。
我们暴力完成这个表。
比如第一行，对1来说距离为1的只有2一个，所以是1；对2来说距离为1的是1和3，即两个。
会发现每一行会比前一行少2，而第一行也是“1 2 2 .. 2 2 1”可以列式算出来，所以可以距离为1到n的房屋对数数组（我们要返回的数组）给初始化。
// 1 2 3 4 5
//1: 1 2 2 2 1 //2就算最多啦
//2: 1 1 2 1 1 //-2
//3: 1 1 0 1 1 //-2
//4: 1 0 0 0 1 //-2
//5: 0 0 0 0 0 //-2 这个要减成0
// 1 2 3 4 5 6
//1: 1 2 2 2 2 1
//2: 1 1 2 2 1 1 //-2
//3: 1 1 1 1 1 1 //-2
//4: 1 1 0 0 1 1 //-2
//5: 1 0 0 0 0 1 //-2
//6: 0 0 0 0 0 0 //-2注意：
房屋数为n的情况下，不存在距离为n的房屋对（最大也是1和n之间差n-1），所以返回数组最后一位必定是0.
灵神暴力左右：
对于房屋 i ，距离为1的就是 i-1 和 i+1 ，距离为2的就是 i-2 和 i+2 ，......
一直到两边，可得左侧距离最大为i-1，右侧为n-i，
所以距离为 1 ~ i -1 的都要加一对，距离为 1 ~ n - i 的也都要加一对
差分：
而我们正好用的是差分数组。差分就是第一位为初始值，后面的都表示和前一位相差的值。对这种连续的情况，用差分是秒算的。
做修改：
首先看情况，其实就四种会变短，而这四种是对称的，也就是说其实就两种情况。
我们 i 为始点，j为终点，(x，y)为新增的路，我们让x<y。
第一种：
i 在 x左边 i <= x
只有当 j 在y左右的时候才会缩短距离：
j在y左的位置的计算：就是算什么时候走新路更短
偶数的话会有一个点，这个点不走（大于号嘛，不取）
奇数的话本是两点之间，正好向下取整了，如下图的a，中间是正好，所以b可取
第二种：
x < i < (x+y)/2 剩下的区间就是对称的
第二种的y左这个j的计算
关于小于区间右端点(x+y)/2：(等于过不了)
这个短点也没有缩短的：
奇数情况 x - - i - - y 很明显i到x和y一样远
偶数情况 x - i - - y i直接到y为3，i到x再到y为2+1 == 3
所以<(x+y)/2
——————
当 x==y 及x == y+1时没有缩短任何距离。不需要操作
参考代码：
灵神那个写的好，我没封装。不过对称的处理可以看看，处理是类似的。
他用函数会还原，我是用个if 还原的，然而if条件有关于对称用的值的，所以后面可能进不去，还原失败。
class Solution {
#define ll long long
vector<ll>ans;
void add(int l, int r, int v)
{
if(l>r)return;
ans[l] += v;
ans[r + 1] -= v;
}
public:
vector<long long> countOfPairs(int n, int x, int y)
{
if (x>y)swap(x, y);
ans = vector<ll>(n + 2);
// ans[1] = n + n - 2;
// for (int i = 2; i <= n - 1; i++)
// {
// ans[i] = -2;
// }
//
for (int k = 1; k <= n; k++)
{
int i = k,orx = x,ory = y;
add(1, i - 1, 1);
add(1, n - i, 1);
if (y - x < 2)continue;
if (k > (orx + ory + 1) / 2)
{
i = n + 1 - k;
x = n + 1 - ory;
y = n + 1 - orx;
}
if (i <= x)
{
//1.j>=y
add(y - i, n - i,-1);
//add(x-i+1,x-i+1+n-y, 1);没有想用“缩短的距离”
int dec = y - x - 1;//比如 2 3 连完还是1，缩短了0，3-2-1
add(y - i - dec, n - i - dec, 1);
//2.x<j<y i x j y
//只管能短的，即:j-i > x-i + 1 + y-j
// 2j > x+y+1
// j > (x+y+1)/2
//j==(x+y+1)/2+1
int j = (x + y + 1) / 2 + 1;
//j到y-1
add(j-i,y-i-1,-1);
add(x - i + 2, x-i + 1 + y-j, 1);
//3.j<=x不用管
}
else if (i < (x + y) / 2)// x - i - y 与 x - i - - y 都是不起作用，不需等于
{ //等于的话
//y右：
add(y-i,n-i,-1);
int dec = y - i - (i - x + 1);
add(y - i-dec, n - i-dec, 1);
//y左：
//j-i>i-x+1+y-j
//2j>2i-x+1+y
//j>(2i-x+1+y)/2
int j = i + (- x + 1+ y) / 2 + 1;
add(j-i,y-1-i,-1);
add(i - x +2, i - x + y - j + 1,1);
}
if (k > (orx + ory + 1) / 2)
{
x = orx;
y = ory;
}
}
vector<ll>ret(n);
ll sum_d = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
sum_d += ans[i+1];
ret[i] = sum_d;
}
return ret;
}
};
