【每日一题】补档 CF371E. Subway Innovation | 滑动窗口 | 中等（中等给的是证明）-优快云博客

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文章讨论了一个关于数组操作的问题，目标是在给定的整数数组中选择k个连续数，使得这些数对之间的差绝对值之和最小。通过排序数组并使用动态规划策略，计算不同窗口大小的差值绝对值和，找出最小窗口作为答案。

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题目内容

原题链接

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，现在需要你从中选择 $k$ 个数，使得选择的 $k$ 个数构成的 $\frac{k\times (k-1)}{2}$ 个数对的差的绝对值之和最小，请你输出选择的 $k$ 个数，如果有多种答案，输出任意一种即可。

数据范围

$3\leq n\leq 3\cdot 10^5$
$-10^8\leq a_i\leq 10^8$
$2\leq k\leq n-1$

题解

这里我们先将 $a$ 数组进行排序，后续所说的数组 $a$ 也都是从小到大排序的。

有一个很直观的想法，即我们选择的 $k$ 个数，在 $a$ 数组中，一定是连续的 $k$ 个数。

那么问题就转换为求所有窗口大小为 $k$ 的数对的差值的绝对值之和，找出这个值最小的窗口。

我们称窗口大小为 $k$ 的数对的差值的绝对值之和为窗口权值。

假设当前窗口为 $a_l$ 到 $a_r$ ，窗口权值为 $s u m$

增加一个新的数 $a_{r+1}$ ，添加的窗口权值为：
$\sum\limits_{i=l}^r a_{r+1}-a_i=(r-l+1)\times a_{r+1}-\sum\limits_{i=l}^r a_i$

删除一个窗口中的数 $a_l$ ，减少的窗口权值为：
$\sum\limits_{i=l+1}^{r+1}a_i-a_l=(\sum\limits_{i=l+1}^{r+1}a_i)-(r-l+1)\times a_l$

所有只要维护一个区间所有值的和，以及窗口权值即可。

最后取 窗口权值最小 的窗口作为答案即可。

时间复杂度： $O(n\log n)$ ，瓶颈在于排序

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;

    vector<pair<int, int>> p(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> p[i].first, p[i].second = i;

    int k;
    cin >> k;

    sort(p.begin(), p.end());

    // 问题在于你需要求出这 k 个点互相距离之和
    // 添加一个数后，将这个数对应的所有点对距离之和全部删除
    // 添加一个数后，整个和添加了 (xr-xl) + (xr-xl+1) + ... + (xr-xr-1)
    // 等价于 (r-l)*xr - (xl+xl+1+...+xr-1)

    // 删除一个数后，整个和减少了 (xr-xl) + (xr-1-xl) + ... + (xl+1-xl)
    // 等价于 (xl+1+xl+2+...+xr)-(r-l)*xl

    ll min_sum = 9e18;
    ll seg_sum = 0;
    ll sum = 0;
    pair<int, int> ans = make_pair(0, k - 1);
    for (int r = 0, l = 0; r < n; ++r) {
        seg_sum += 1ll * (r - l) * p[r].first - sum;
        sum += p[r].first;
        if (r >= k - 1) {
            if (seg_sum < min_sum) {
                min_sum = seg_sum;
                ans = make_pair(r - k + 1, r);
            }
            sum -= p[l].first;
            seg_sum -= sum - 1ll * (r - l) * p[l].first;

            l += 1;
        }
    }

    for (int i = ans.first; i <= ans.second; ++i) {
        cout << p[i].second + 1 << " \n"[i == ans.second];
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T = 1;
    //cin >> T;

    while (T--) {
        solve();
    }

    return 0;
}

证明

选择的 $k$ 个数，在 $a$ 数组中，一定是连续的 $k$ 个数。

即需要证明，对于任意一种非连续的 $k$ 个数区间 $A$ ，必然存在一种连续区间 $B$ ， $B$ 的窗口权值小于 $A$ 的窗口权值

当前选择的一个连续区间是 $a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},a_j$ ，满足 $j - i + 1 = k$

如果你认为非连续区间的窗口权值可能更小？

不妨将区间拆成三部分：

① $(a_i,a_i+1,\cdots,a_{p-1})$
② $a_p)$
③ $(a_{p+1},a_{p+2},\cdots, a_j)$

将 $a_p$ 替换成 $a_i$ 左边的数，或者 $a_j$ 右边的数，

必然要么替换成 $a_{i-1}$ 或者 $a_{j+1}$

因为如果替换成 $a_{j+1}$ 右边的数，必然不如替换成 $a_{j+1}$ ，如果替换成 $a_{i-1}$ 左边的数,必然不如替换成 $a_{i-1}$

因为这两个数分别是新的窗口的最左端点和最右端点了，窗口左端点一味地小，右端点一味地大，必然使得窗口权值变大。

所以来考虑替换成 $a_{i-1}$ 或者 $a_{j+1}$ 的情况

替换成 $a_{i-1}$
- 如果 ① 的数量小于等于 ③ 的数量，必然不如不替换
- 如果 ① 的数量大于 ③ 的数量，这个窗口权值和 $(a_{i-1},a_i,\cdots\ a_{j-2},a_{j-1})$ 这个窗口权值相比呢？
  - 相当于将 $(a_{i-1},a_i,\cdots\ a_{j-2},a_{j-1})$ 这个窗口的 $a_p$ 移动到 $a_j$ ，在 ① 的数量大于 ③ 的数量的条件下，必然不如不替换 $(a_{i-1},a_i,\cdots\ a_{j-2},a_{j-1})$ 这个窗口
替换成 $a_{j+1}$
其实恰好是上述替换方案的逆过程
- 如果 ① 的数量大于等于 ③ 的数量，必然不如不替换
- 如果 ① 的数量小于 ③ 的数量，这个窗口权值和 $(a_{i+1},a_{i+1},\cdots\ a_{j-1},a_{j},a_{j+1})$ 相比呢？
  - 相当于将 $(a_{i+1},a_{i+1},\cdots\ a_{j-1},a_{j},a_{j+1})$ 这个窗口的 $a_p$ 移动到 $a_{i}$ ，在 ① 的数量小于 ③ 的数量的条件下，必然不如不替换 $(a_{i+1},a_{i+1},\cdots\ a_{j-1},a_{j},a_{j+1})$ 这个窗口