題目連結：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5668/E

題目大意：

想法：

我們先考慮最小值：

我們假設排序後的下標的序列是：1、2、3、4、5、6

那麼很簡單我們得到的最小值就是 [(2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5)]

我們再來考慮次小值：

由於我們一句確定了最小值，所以對於次小值有很大的限制

以上的證明來自：https://blog.nowcoder.net/n/6facdc43054c4f098b42b2b584de217e?f=comment

我們將兩個解相加得到答案：

(2 - 1) + (4 - 3) + (6 - 5) + (3 - 2) + (5 - 4) + (6 - 1) = 2 * (6 - 1)

1、當長度沒有達到 6 的時候

對於長度為 4 的時候：

最終的結果很容易得到： 2 * (4 - 1)

2、長度為 8 的時候

我們可以考慮兩個方案，轉化成兩個長度為 4 的 或者 直接一個長度為 8 的

長度為四的我們用類似證明裡面的方法可以發現： (1234 和 5678 這種策略是最優秀的)

我們再用這種優秀的策略去和直接選擇一個長度為 8 的對比，發現選擇兩個長度為 4 的是最優的

3、推廣一下，當長度更長的時候

當長度 >= 10 的時候，我們可以考慮把這個串分成多個 長度為 4 和 長度為 6 的串

那麼我們就可以得到 dp 的遞推公式： dp[i] = min(dp[i - 4] + v[i - 1] - v[i - 4] , dp[i - 6] + v[i - 1] - v[i - 6])

我們對於 dp 進行初始化的時候必須要初始化 dp[4] dp[6] dp[8] 【防止 8 的時候被分成有長度為 2 的】

#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include 
 
<iomanip>
#include <ctime>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <unordered_map>

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ls nod<<1
#define rs (nod<<1)+1
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define INF 0x3f3f3f3f
#define max(a, b) (a>b?a:b)
#define min(a, b) (a<b?a:b)


const double eps = 1e-8;
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const int mlog=20;

int sgn(double a) { return a < -eps ? -1 : a < eps ? 0 : 1; }

using namespace std;

ll f[maxn];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<ll> v;
        for (int i = 0;i < n;i++) {
            ll x;
            cin >> x;
            v.pb(x);
        }
        sort(v.begin(),v.end());

        f[0] = 0;
        f[4] = v[3] - v[0];
        f[6] = v[5] - v[0];
        f[8] = v[7] - v[4] + f[4];
        for (int i = 10;i <= n;i += 2)
            f[i] = min(f[i - 4] + v[i - 1] - v[i - 4],f[i - 6] + v[i - 1] - v[i - 6]);
        cout << f[n] * 2 << endl;
    }
    return 0;
}