先看范围，我们只能采用 $\mathcal O(n\log_2n)$ 的时间复杂度。我们先要对整个序列进行排序，接下来我们要 DP。

我们对 $dp_i$ 的定义为：前面 $i$ 个河狸移动的最优解。

动态规划过程

• 考虑前 $i-2$ 个河狸已经分完，$a_i, a_{i-1}$ 两个分一组：最优解为其中一个河狸移动到另一个河狸的位置，距离为 $a_i - a_{i-1}$，则 $dp_i$ 可以从 $dp_{i-2} + (a_i - a_{i-1})$ 递推。
• 考虑前 $i-3$ 个河狸已经分完，$a_i, a_{i-1}, a_{i-2}$ 三个分一组：最优解为左右移动到中间河狸的位置，距离为 $(a_i - a_{i-1}) + (a_{i-1} - a_{i-2})$，即 $a_i - a_{i-2}$，则 $dp_i$ 可以从 $dp_{i-3} + (a_i - a_{i-3})$ 递推。

状态转移方程：$dp_i = \min(dp_{i-2} + a_i - a_{i-1}, dp_{i-3} + a_i - a_{i-2})$，请注意，此时的 $\textbf{\textit{i}}$ 应大于 $\textbf3$！$i$ 要大于 $3$ 状态转移方程才成立，那么肯定有一个边界的问题。以下是状态转移方程的边界：
$\left\{\begin{matrix} dp_0&\gets& 0 &\text{没有河狸，不用移动}\\ dp_1&\gets& +∞ & \text{无解，设一个无穷大}\\ dp_2&\gets& a_2-a_1 &\text{两个河狸一组的情况}\\ dp_3&\gets& a_3-a_1 &\text{三个河狸一组的情况} \end{matrix}\right.$

珍藏代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long a[int(3e5+5)],dp[int(3e5+5)];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	dp[0]=0;
	dp[1]=1e18;
	dp[2]=a[2]-a[1];
	dp[3]=a[3]-a[1];
	for(int i=4;i<=n;i++){
		dp[i]=min(dp[i-2]+a[i]-a[i-1],dp[i-3]-a[i-2]+a[i]);
	}
	cout<<dp[n]<<'\n';
	return 0;
}

最后说一句我的观点：我之所以用 long long，是因为范围达到了 $10^9$，加来加去有可能超过 $2^{31}-1$（int 类型的最大边界），所以开个 long long 保平安。