题解 | CF1328F. Make k Equal （思维，前缀 & 后缀和）

题目链接：Here

题意：把 \(n\) 个数变成 \(k\) 个相同的数，每次可以把 \(n\) 个数里最大的 \(-1\) 或最小的 \(+1\) ，问最小改变次数

思路：

我们可以枚举，把 \(n\) 个数变成 \(k\) 个 \(a[i]\) （这个相同的数一定是数组里的数，因为如果不是，那么改变次数一定会比正常多）

如果相同的数大于 \(k\) 个，那么改变次数为 \(0\) ，特判掉

有三种情况，一种是只动前面，一种只动后面，还有就是前后都动

因为是改变最大或最小的数，所以我们只有把所有小于 \(a[i]\) 的数变成 \(a[i]-1\) （或者大于 \(a[i]\) 的数变成\(a[i]+1\) ）才能进行下一次的改变

然后接着考虑，在什么情况下可以动前面呢，当然是他前面的数大于\((k-1)\)个，同理，在他后面的数大于 \((k-1)\) 个时才可以动后面，然后在任何情况下都可以前后都动( 在$(i=1) $时就相当于是动后面结果不冲突）

以只动前面为例

\(tem1 = (\sum\limits_{j=1}^i((a[i] - 1) -a[j]) + k\)

化简一下发现

\(tem1 = \sum\limits_{j=1}^i(a[i] - 1) -\sum\limits_{j=1}^ia[j] + k\)​

就是 \(i*(a[i]-1)-a[i]\) 的前缀和 \(+k\) ,提前搞一个前缀和可以降低时间复杂度

只动后面同理

\(tmp2 = \sum\limits_{j=i}^na[i] -\sum\limits_{j=i}^n(a[j] + 1) + k\)

动两边，这时相等的数的个数恰好为 \(n\) ，把他们都搞成 \(a[i]\) 然后再减掉多余的

\(tmp3 = \sum\limits_{j=i}^na[j] - \sum\limits_{j=1}^ia[j] + \sum\limits_{j=1}^ia[i] - \sum\limits_{j=i}^na[i] - (n - k)\)

记录好前缀和 和（后缀和？）就可以用 \(\mathcal{O}(n)\)​ 的复杂度解决掉这个问题了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll inf = 1e17;
ll a[200009];
ll cnt[200009];
ll sumq[200009], sumh[200009];
int main() {
    int n, k;
    ll ans = inf;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &a[i]);
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) sumq[i] = sumq[i - 1] + a[i];
    for (int i = n; i >= 1; i--) sumh[i] = sumh[i + 1] + a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] == a[i - 1])cnt[i] = cnt[i - 1] + 1;
        else cnt[i] = 1;
        if (cnt[i] >= k) {
            puts("0");
            return 0;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (i >= k) {
            ll tem1 = i * (a[i] - 1) - sumq[i] + k;
            ans = min(tem1, ans);
        }
        if (n - i + 1 >= k) {
            ll tem2 = n - i + 1;
            tem2 = sumh[i] - tem2 * (a[i] + 1) + k;
            ans = min(tem2, ans);
        }
        if (i < k && (n - i + 1) < k) {
            ll tem3 = i * a[i] - sumq[i] + sumh[i] - (n - i + 1) * a[i] - (n - k);
            ans = min(tem3, ans);
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

便捷写法

int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<ll> a(n);
    for (ll &x : a) cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    for (int i = 0; i + k - 1 < n; ++i) {
        if (a[i] == a[i + k - 1])
            return printf("0\n"), 0;
    }

    ll lcost = 0;
    ll rcost = 0;
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        lcost += a[k - 1] - a[i];
        rcost += a[n - 1 - i] - a[n - k];
    }
    for (int j = k; j < n; ++j) {
        if (a[k - 1] == a[j]) lcost--;
        if (a[n - k] == a[n - 1 - j]) rcost--;
    }
    ll sum = 0;
    for (int i = 0; i < n - 1 - i; ++i) sum += a[n - 1 - i] - a[i];
    ll ans = min(sum - (n - k), min(lcost, rcost));
    cout << ans;
}