POJ3579 Median(二分答案 + O(N)判定)

高效求解中位数

最新推荐文章于 2020-03-18 21:40:59 发布

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本文介绍了一种针对大规模数据集高效求解两数之差序列中位数的方法。通过数组排序及双指针技巧实现了O(N)的时间复杂度，避免了直接计算所有差值的耗时操作。

出处：http://blog.youkuaiyun.com/gengmingrui/article/details/47671265

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大意:给出 N 个数，对于存有每两个数的差值的序列求中位数，如果这个序列有偶数个元素，就取中间偏小的作为中位数。

因为 N<=100000 ,所以想要求出每一个差值是不可行的，我们很容易想到二分答案。在二分答案时我们会进行判定，求出小于等于枚举值的个数，我看其他人的判定似乎都是 O(NlogN) 的，我在这里就给出一个 O(N) 的判定方法。

首先同样将数组排序(我们命名为a数组好了)
我们枚举一个区间 [l,r) ,因为当r增加的时候，要使 [l,r) 中的数都大于于等于 a[r]−枚举值， l必定不会增加，然后r单调递增，l单调不递减,则时间复杂度为O(n) 。

上代码:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
long long n, a[100005];
int main()
{
    long long i, j;
    while(~scanf("%I64d", &n))
    {
        for(i = 1; i <= n; i ++)
            scanf("%I64d", a + i);
        std::sort(a + 1, a + n + 1);
        long long l = 0, r = a[n], mid, m = (n-1)*n/4, num;
        if((n*(n-1)/2)&1) m ++;
        if(n == 1)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        while(l < r)
        {
            mid = (l + r) >> 1;
            j = 1;
            num = 0;
            for(i = 2; i <= n; i ++)
            {
                while(a[i] - a[j] > mid)
                    j ++;
                num += (i-j);
            }
            if(num >= m)
                r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        printf("%I64d\n", l);
    }
    return 0;
}