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P10429 [蓝桥杯 2024 省 B] 拔河

题目描述

小明是学校里的一名老师，他带的班级共有 $n$ 名同学，第 $i$ 名同学力量值为 $a_i$ 。在闲暇之余，小明决定在班级里组织一场拔河比赛。

为了保证比赛的双方实力尽可能相近，需要在这 $n$ 名同学中挑选出两个队伍，队伍内的同学编号连续 $\{{a_{l_1}}, a_{l_1 + 1}, \dots, a_{r_1 - 1}, a_{r_1}\}$ 和 $\{{a_{l_2}}, a_{l_2 + 1}, \dots, a_{r_2 - 1}, a_{r_2}\}$ ，其中 $l_1 \le r_1<l_2 \le r_2$ 。

两个队伍的人数不必相同，但是需要让队伍内的同学们的力量值之和尽可能相近。请计算出力量值之和差距最小的挑选队伍的方式。

输入格式

输入共两行。
第一行为一个正整数 $n$ 。
第二行为 $n$ 个正整数 $a_1, a_2, \dots a_n$ 。

输出格式

输出共一行，一个非负整数，表示两个队伍力量值之和的最小差距。

输入输出样例 #1

输入 #1

5
10 9 8 12 14

输出 #1

说明/提示

样例 1 解释

其中一种最优选择方式：

队伍 1： ${a_1, a_2, a_3\}$ ，队伍 2： ${a_4, a_5\}$ ，力量值和分别为 $10 + 9 + 8 = 27$ ， $12 + 14 = 26$ ，差距为 $∣27 - 26∣ = 1$ 。

数据规模与约定

对 $20\%$ 的数据， $\leq 50$ 。
对全部的测试数据，保证 $\leq n \leq 10^3$ ， $\leq a_i \leq 10^9$ 。

思路：方法1，双指针枚举，时间复杂度为o(n^3),

使用双指针，将n个人分为两个区间，若左侧区间和<右侧区间和，那么左侧区间和+a[l–]，否则右侧区间和+a[r++].然后实时更新最小值即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[1005];
int n; 
ll mmin=LLONG_MAX;
int main()
{	cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){ll suml=a[i];ll sumr=a[j];ll l=i-1;ll r=j+1;mmin=min(mmin,abs(sumr-suml));while(l>=1&&r<=n){if(suml>sumr){sumr+=a[r++];mmin=min(mmin,abs(sumr-suml));}else {suml+=a[l--];mmin=min(mmin,abs(sumr-suml));}}while(l>=1){suml+=a[l--];mmin=min(mmin,abs(sumr-suml));}while(r<=n){sumr+=a[r++];mmin=min(mmin,abs(sumr-suml));}}}cout<<mmin;return 0;
}

思路：方法2，前缀和+二分查找，时间复杂度O(n^2*logn)

求出前缀和，然后计算并存放所有的前缀和组合，枚举每一个前缀和，用库函数lower_bound()进行查找与其差值最小的数，并实时更新总体差值最小的数，需要注意的是，对于枚举查找1-i之间的前缀和，在之前需要删除所有以1开头的前缀和的组合，防止人员重复。

//#include <bits/stdc++.h>
//using namespace std;
//
//typedef long long ll;
//ll a[1005];
//int n;
//ll ans=LLONG_MAX;
//
//multiset<ll> s;
//
//int main(void)
//{
//	cin>>n;
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//	{
//		cin>>a[i];
//		a[i]=a[i-1]+a[i];
//	}
//	for(int i=0;i<n;i++)
//	{
//		for(int j=i+1;j<=n;j++)
//		{
//			s.insert(a[j]-a[i]);
//		}
//	}
//	
//	long long sumr=0;
//	for(int i=1;i<=n;i++)
//	{
//		
//		//删除所有以i开头的前缀和，防止人员重复 
//		for(int j=i;j<=n;j++)
//		{
//			auto p=s.find(a[j]-a[i-1]);
//			s.erase(p);
//		}
//		//寻找前半段的值 
//		for(int j=1;j<=i;j++)
//		{
//			
//			ll k=a[i]-a[j-1];
//				
//			auto p=s.lower_bound(k);
//			//下面求	第一个大于等于k的值和k的差值 和 第一个比k小的值和k的差值 
//
//			//如果找到p，那么判断*p和k的差值与ans的大小 
//			if(p!=s.end())
//			{
//				ans=min(ans,abs(*p-k));
//			}
//			//如果p不是第一个 那么找p前一个比较 
//			if(p!=s.begin())
//			{
//				p--;
//				ans=min(ans,abs(*p-k));
//			}
//		}
//		
//	}
//	
//	cout<<ans;
//	return 0;
//}