你有n 個整數Ai和n 個整數Bi。你需要把它們配對，即每個Ai恰好對應一 個Bp[i]。要求所有配對的整數差的絕對值之和儘量小，但不允許兩個相同的數配 對。例如A={5,6,8}，B={5,7,8}，則最優配對方案是5配8, 6配5, 8配7，配對整數 的差的絕對值分別為2, 2, 1，和為5。注意，5配5，6配7，8配8是不允許的，因 為相同的數不許配對。

Input

第一行為一個正整數n，接下來是n 行，每行兩個整數Ai和Bi，保證所有 Ai各不相同，Bi也各不相同。

Output

輸出一個整數，即配對整數的差的絕對值之和的最小值。如果無法配對，輸 出-1。

Sample Input

3 3 65 45 10 60 25

Sample Output

32

Hint

1 <= n <= 10^5，Ai和Bi均為1到10^6之間的整數。

思路：

開始看著題想到了排序，但是對後面的做法沒有很清晰的思路，看了大佬的部落格後發現要比較以下幾種情況，感覺上這樣也對，可是不會證明，總之，兩個數肯定不能離的很遠，比如排好序中a[1]和b[n],這樣的話值是比較大的，不如相鄰兩個之間互相交換。這道題做法是dp，某一位的最優解是有幾種情況比較來確定的。

ac程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring> 
#include<queue>
#include<stack> 
#include<string.h>
#include<set>
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-8
using namespace std;
/*
三個數之間一定會有解，不能超太遠(不知道怎麼證明)
所以一位之間最優，可能是這位的兩個數，或者往前往後錯一位，即交換一位來求，還有就是往前兩個和往後兩個之間互相交換。 
這裡挎包房費數相同取得值是大於1e6的值，因此操作中dp迴圈取最小就是最優解。
開始先把前兩位進行操作，之後的迴圈中，操作後面的，每一個都是三次比較，本位，和前一位交換，與前兩位交換，
這裡不進行與後面的交換，因為到後面的位置時，會補上這種情況，而且這裡操作後之後還要再操作有重複。 
*/
int a[100100],b[100100];
ll dp[100100];
ll cal(ll a,ll b)
{
	return a==b?2001000:abs(a-b);
}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);	
	} 
	if(n==1&&a[0]==b[0])
	{
		printf("-1\n");
		return 0;
	}	
	sort(a,a+n);
	sort(b,b+n);
	dp[0]=cal(a[0],b[0]);
	dp[1]=min(dp[0]+cal(a[1],b[1]),cal(a[0],b[1])+cal(a[1],b[0]));	
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		dp[i]=dp[i-1]+cal(a[i],b[i]);
		dp[i]=min(dp[i],dp[i-2]+cal(a[i],b[i-1])+cal(a[i-1],b[i]));
		ll tem=min(cal(a[i-2],b[i-1])+cal(a[i-1],b[i])+cal(a[i],b[i-2]),cal(a[i-2],b[i])+cal(a[i-1],b[i-2])+cal(a[i],b[i-1]));
		tem=min(tem,cal(a[i-2],b[i])+cal(a[i-1],b[i-1])+cal(a[i],b[i-2]));
		dp[i]=min(dp[i],dp[i-3]+tem);
	} 
	cout<<dp[n-1]<<endl;
	return 0;
}