2307. 选择

题目描述

 

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提示

【样例解释】
样例一：L = 1， R = 3 样例二：L = 2， R = 5 

题解：

这一题，是一道经典的前缀和问题。但是这里单单用前缀和就会N2超时。

所以呢，我们要换一种思路。

我们设fife的随从为A组，beny的随从为B组。sumxt表示T组的下标为X的战斗力（能力值的前缀和）。

所以原式就转换成求一下这个鬼东西的最小值：（设区间左边为L，右边为R）

abs(sumRA-sumLA-(sumRB-sumLB))（1<=L<=R<=n）

而上面那个鬼东西又等于下面这个鬼东西：

abs((sumRA-sumRB)-(sumLA-sumLB))（1<=L<=R<=n）———①

所以你就可以把sumRA-sumRB与sumLA-sumLB看成一种新的前缀和s，所以我们设：

si=sumiA-sumiB（1<=i<=n）

这样我们就把①式转化成了下面这个简洁的式子：

abs(sR-sL)

其实上面那个式子就是求两个s值的最小的差值。

对于这个，我们只要将s数组快排一遍，然后再枚举i，找出最小的si-si-1就够了。

为什么呢？因为当你排完了序之后，相邻的数总会在数轴上总会最靠近那个数（在同侧）。

所以相邻的数一定比不相邻的数（在同侧）的数更优。

所以我们就这样得出了答案。

 

看一看时间复杂度：

输入：O(N)

前缀和：O(N)

求s数组：O(N)

快排：O(N*log(N))

求最小值：O(N)

 

综上可得：我们的时间复杂度是O(N*log(N))。

 

万事俱备，只欠代码！

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 long long n,x,y,min1=0x3f3f3f3f,s1[300001],s2[300001],s[300001];
 4 //由于数据大小300000*1000000000肯定会爆int，所以要开long long！ 
 5 int main()
 6 { 
 7     scanf("%lld",&n);
 8     for(int i=1;i<=n;i++)
 9     {
10         scanf("%lld",&x);
11         s1[i]=s1[i-1]+x;    
12     }
13     for(int i=1;i<=n;i++)
14     {
15         scanf("%lld",y);
16         s2[i]=s2[i-1]+y;
17         s[i]=s1[i]-s2[i];
18     }
19     sort(s+1,s+n+1);
20     for(int i=1;i<=n;i++)
21     min1=min(min1,abs(s[i]-s[i-1]));
22     printf("%lld",min1);
23     return 0;
24 }

此题到此完结！

posted @ 2019-08-12 19:17  人之常路  阅读(134)  评论(0)  编辑  收藏  举报