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C++前缀和算法的应用：使数组相等的最小开销

article 2024/11/14 23:21:07

本文涉及的基础知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频

题目

给你两个下标从 0 开始的数组 nums 和 cost ，分别包含 n 个正整数。
你可以执行下面操作任意次：
将 nums 中任意元素增加或者减小 1 。
对第 i 个元素执行一次操作的开销是 cost[i] 。
请你返回使 nums 中所有元素相等的最少总开销。
示例 1：
输入：nums = [1,3,5,2], cost = [2,3,1,14]
输出：8
解释：我们可以执行以下操作使所有元素变为 2 ：

增加第 0 个元素 1 次，开销为 2 。
减小第 1 个元素 1 次，开销为 3 。
减小第 2 个元素 3 次，开销为 1 + 1 + 1 = 3 。
总开销为 2 + 3 + 3 = 8 。
这是最小开销。
示例 2：
输入：nums = [2,2,2,2,2], cost = [4,2,8,1,3]
输出：0
解释：数组中所有元素已经全部相等，不需要执行额外的操作。
参数范围：
n == nums.length == cost.length
1 <= n <= 105
1 <= nums[i], cost[i] <= 106
测试用例确保输出不超过 253-1。

分析

原理

假定最后所有数都变成x，那么x的取值范围是[min(nums),max(nums)]。如果x1<nin(nums)，那要先变成min(nums)，再继续变，显然x1的开销更大。
假定x为x1，开销为ll1，如果x为x1+1，那么开销会如何变化。


如果nums[i]小于x	开销增加，比之前多增加1
如果nums[i]等于x	开销增加，之前不变，现在加1
如果nums[i]等于x+1	开销减少，之前-1，现在不变
如果nums[i]大于x+1	开销减少，比之前少1

时间复杂度

分四步，每个时间复杂度都是O(n)，故总时间复杂度是O(n)。

步骤


一	求将各值加1，减少1的消耗，一个值可能有多个，也可能没有
二	求值小于j的所有数加1或减少1的消耗，也就是前缀和。
三	所有的数变成0的消耗
四	枚举x。

代码

核心代码

class Solution {
public:
long long minCost(vector& nums, vector& cost) {
m_c = nums.size();
const int iMaxValue = *std::max_element(nums.begin(), nums.end());
vector vValueConst(iMaxValue+1);//vValueConst[j] 表示将所有nums[i]等于j 加或减1 的消耗
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
vValueConst[nums[i]] += cost[i];
}
vector vSum = { 0 };//vValueConst[j] 表示将所有nums[i]<j 加或减1 的消耗
for (const auto& ll : vValueConst )
{
vSum.emplace_back(ll + vSum.back());
}
long long ll = 0;//记录将所有值变成x 的总消耗
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
ll += abs(nums[i] - 0LL) * cost[i];
}
long long llRet = LLONG_MAX;
for (int x = 0; x < iMaxValue; x++)
{
//[0,x+1) 消耗增加
ll += vSum[x + 1] - vSum[0];
//[x+1,…)
ll -= vSum.back() - vSum[x+1];
llRet = min(llRet, ll);
}
return llRet;
}
int m_c;
};

测试用例

int main()
{
Solution slu;
vector nums, cost;
long long res;
nums = { 1, 3, 5, 2 };
cost = { 2, 3, 1, 14 };
res = slu.minCost(nums,cost);
Assert(8LL ,res);

//CConsole::Out(res);

}

2023年3月旧代码

class Solution {
public:
long long minCost(vector& nums, vector& cost) {
m_c = nums.size();
Init(nums,cost);
return Cost();
}
long long Cost()
{
long long llMin = (1000LL) * 1000 * 1000 * 1000 * 1000 * 1000;
long long llLeftCost = 0, llRightCost = 0;
for (int i = 1; i < m_c; i++)
{
llRightCost += abs((long long)m_vNums[i] - m_vNums[0])*m_vCost[i];
}
llMin = min(llMin, llLeftCost+llRightCost);

	 for (int i = 1; i < m_c; i++)
	 {
		 llLeftCost += m_vSums[i]*(m_vNums[i] - m_vNums[i - 1]);
		 llRightCost -= (m_vSums.back() - m_vSums[i ])*(m_vNums[i] - m_vNums[i - 1]);
		 llMin = min(llMin, llLeftCost + llRightCost);
	 }
	 return llMin;
 }
 void Init(const vector<int>& nums,const vector<int>& cost)
 {
	 std::multimap<int, int> m;
	 for (int i = 0; i < m_c; i++)
	 {
		 m.emplace(nums[i], cost[i]);
	 }
	 for (const auto& it : m)
	 {
		 m_vNums.push_back(it.first);
		 m_vCost.push_back(it.second);
	 }
	 m_vSums.push_back(0);
	 for (const auto& n : m_vCost)
	 {
		 m_vSums.push_back(m_vSums.back() + n);
	 }
 }
 int m_c;
 vector<int> m_vNums, m_vCost;
 vector<long long> m_vSums;

};