张经理的员工（二分+前缀和）2020西北工业大学nowcoder竞赛

呐~原题链接

题目描述

张经理的公司的办公室长达100000米，从最左端开始每间隔1米都有一个工位（从第1米开始有工位），位于第i米的工位称为i号工位，且这些工位都在一条水平线上。他有n个员工，每个员工分别位于xi号工位上（不同员工可能位于同一个工位）。

现在张经理想把员工聚集在某两个工位上，他有q套方案（每套方案包含两个工位号，两个工位号可能相同），他想知道对于每套方案，所有员工都到达两个工位中的某一个所需走的最短路径之和是多少。

输入描述:

第一行输入两个正整数n, q

第二行输入n个正整数xi，分别代表第i个员工的工位

之后q行每行输入两个整数a，b，代表该套方案要求的两个集合位置

（1<=n,q,xi,a,b<=105)（1<=n,q,xi,a,b<=10^5)（1<=n,q,xi,a,b<=105)

输出描述:

对于每套方案，输出一个整数代表答案，每个答案独占一行。

输入输出示例

题解一：遍历加

这道题简单的思路是遍历，对于每一个员工的工位，计算他到那两个工位号的距离的较小值加到最终结果上去，时间复杂度为O(n*n)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = (int)2e4 + 1000;
int min_p = INT_MAX;//int 型的最大值
int max_p = INT_MIN;
const int mod = (int)1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f; //初始化无穷大
int a[100005];
int main()
{
 ios::sync_with_stdio(false);
 cin.tie(0);
 int n, q;
 cin >> n >> q;
 for (int i = 1; i <= n; ++i)
  cin >> a[i];
 while (q)
 {
  int x, y;
  int ans1 = 0, ans2 = 0;
  cin >> x >> y;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
  {
   int c = abs(a[i] - x);
   int d = abs(a[i] - y);
   ans1 = c < d ? c : d;
   ans2 += ans1;
  }
  cout << ans2 << endl;
  --q;
 }
 return 0;
}

题解二：二分+前缀和

这道题按上面的做法，对时间复杂度要求严格点就过不了了，下面来时间复杂度为O(n*logn)的
思路就是，先对工位非降序排列，然后假设最后要集合的工位x<=y，那么排好序的工位中，位于(x+y)/2位置之前的到x的距离近，位于(x+y)/2位置之后的到y的距离近。
所以我们只需要将数轴分为四段，即（1—x)(x—mid)(mid—y)(y----n)
找到x,mid,y的位置，然后计算距离差
第一个不大于x的数值的下标p1
第一个大于等于y的数值的下标p2
第一个不大于mid的数值的下标p3
（1—x)：x*p1-sum[p1]
(x—mid):sum[p3]-sum[p1]-(p3-p1)*x
(mid—y):(p2-p3-1)*y-(sum[p2-1]-sum[p3])
(y----n):sun[n]-sum[p2-1]-(n-p2+1)*y
为什么会用到前缀和呢，因为比如我们要算1 2 3 4 5到6的距离差，我们可以（6-1）+（6-2）+（6-3）+（6-4）+（6-5）=6*5-(1+2+3+4+5)
即5个6-前5项的和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[100005];
ll sum[100005] = { 0 };
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n, q;//n位员工，q种方案
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];//输入员工坐标
    sort(a + 1, a + n + 1);//升序排列
    for (int i = 1; i <= n; i++)sum[i] = sum[i - 1] + a[i];//求前缀和
    while (q--) 
    {
        ll x, y;//两个工位
        cin >> x >> y;
        if (x > y)swap(x, y);//假定就让x比y小
        ll mid = (x + y) / 2;//mid左边的离x近，右边的离y近
        ll res = 0;//所求
        int p1 = upper_bound(a + 1, a + n + 1, x) - a;//找到第一个大于x的数值的下标
        p1--;//第一个不大于x的数值的下标
        int p2 = lower_bound(a + 1, a + n + 1, y) - a;//找到第一个大于等于y的数值的下标
        int p3 = upper_bound(a + 1, a + n + 1, mid) - a;//找到第一个大于mid的数值的下标
        p3--;//第一个不大于mid的数值的下标
        //所求mid已左到x近，已右到y近
        res = x * p1 - sum[p1] + (sum[p3] - sum[p1]) - (p3 - p1) * x + (p2 - p3 - 1) * y - sum[p2 - 1] + sum[p3] + sum[n] - sum[p2 - 1] - (n - p2 + 1) * y;
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}