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

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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 = (sumlimits_{j=1}^i((a[i] - 1) -a[j]) + k)

化简一下发现

(tem1 = sumlimits_{j=1}^i(a[i] - 1) -sumlimits_{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 = sumlimits_{j=i}^na[i] -sumlimits_{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 = sumlimits_{j=i}^na[j] - sumlimits_{j=1}^ia[j] + sumlimits_{j=1}^ia[i] - sumlimits_{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
", 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
"), 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;
}