「暴力」拿出最少数目的魔法豆(力扣第2171题)-Toy模板网

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本题为1月18日力扣每日一题

题目来源:力扣第2171题

题目tag:数位dp 动态规划

题面

题目描述

给定一个正整数数组beans，其中每个整数表示一个袋子里装的魔法豆的数目。

请你从每个袋子中拿出一些豆子（也可以不拿出），使得剩下的非空袋子中（即至少还有一颗魔法豆的袋子）魔法豆的数目相等。一旦把魔法豆从袋子中取出，你不能再将它放到任何袋子中。

请返回你需要拿出魔法豆的最少数目。

示例

示例 1

输入：

beans = [4,1,6,5]

输出：

解释:

我们从有1个魔法豆的袋子中拿出1颗魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[4,0,6,5]
然后我们从有6个魔法豆的袋子中拿出2个魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[4,0,4,5]
然后我们从有5个魔法豆的袋子中拿出1个魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[4,0,4,4]

总共拿出了 $1 + 2 + 1 = 4$ 个魔法豆，剩下非空袋子中魔法豆的数目相等。

没有比取出4个魔法豆更少的方案。

示例 2

输入：

beans = [2,10,3,2]

输出：

解释:

我们从有 2 个魔法豆的其中一个袋子中拿出 2 个魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[0,10,3,2]
然后我们从另一个有 2 个魔法豆的袋子中拿出 2 个魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[0,10,3,0]
然后我们从有 3 个魔法豆的袋子中拿出 3 个魔法豆。
剩下袋子中魔法豆的数目为：[0,10,0,0]

总共拿出了 2 + 2 + 3 = 7 个魔法豆，剩下非空袋子中魔法豆的数目相等。

没有比取出 7 个魔法豆更少的方案。

提示

$1 \leq beans.length \leq 10^5$
$1 \leq beans[i] \leq 10^5$

思路分析

以前做过一道要求所有数相等求最少步数的题目，当时这题既可以增加也可以减少，是在转化问题后借助对顶堆这种数据结构来实现的，因此这题我的第一反应也是用同样的方式转化问题然后尝试解决，发现并没有什么用。

于是我开始思考是否能用其他数据结构，思考了许久也没有什么答案。然后我想能不能找到一种使得结果单调的方式，然后使用二分来解决问题。经过较长时间思考后我终于发现，这题只要直接暴力即可。

首先显然，最终统一化成的数（除了0）一定是给定数组中的某一个元素，这个性质在此处不做证明。那么，我只需要枚举每一个元素，然后分别计算需要取出的糖果的数目即可。这个计算很简单，大于选定元素的数，取出他们的差值即可；小于选定元素的数，由于不能加糖果，所以全部取出。但是这样是一个平方级别的复杂度，显然会超时，有没有办法优化呢？

由于我是从二分的角度入手思考的，所以我直接找到了解决的办法。对于正常的思考逻辑，我想可能可以这样理解：

之所以直接枚举会使得复杂度达到平方，是因为在每次枚举一个数之后，我们一直在重复遍历整个数组来计算差值
能否采取一种方式可以利用前一次计算的结果来得出当前的结果，省略掉重复的过程？
因为这个结果实际上是差值，显然我每次调高或减小基准值时，每个大于等于新基准值的数所贡献的差值变化就是基准值的变化，因为 $(a - b) - (a - c) = c - b $ ；小于原本基准值的数的贡献不会改变,因为他们已经被减到0了；在两者之间的数(前闭后开)的贡献的变化就是原本的基准值，因为 $a - (a - b) = b$
所以问题变成给定数组中的一个值，我能否快速知道数组中几个数比他小，几个数比他大。非常容易，我给数组排个序就好了。而且在排序后按顺序进行遍历时，你会发现上述所说的“在两者之间的数“其实只有前一次取的那个数，所以只需要直接将其从贡献中减掉即可

有了上面这个优化思路后，本题的做法非常容易。首先对数组进行一次排序，然后从小到大遍历整个数组，依次把每个数当成当前的基准值。每次的取出糖果数，就是上一次的取出糖果数，减去上一个基准值(介于两个基准值之间的数的贡献变化)，然后加上当前元素及以后的元素个数乘上两次基准值的差(大于等于当前基准值的数的贡献变化)即可。这里注意计算第一个元素为基准值时的情况中，由于没有上一次取出糖果数，无法递推，因此只能直接遍历整个数组，依次计算差值。

注意此题的中间结果可能很大，会超过int的上限，需要开long long。~~十年oi一场空，不开long long见祖宗。~~

参考代码

class Solution {
public:
    long long minimumRemoval(vector<int>& beans) {
        sort(beans.begin(),beans.end());

        // 第一个元素没有前一次的结果，直接计算
        long long cnt = 0;
        for(auto w : beans) {
            cnt += w - beans[0];
        }

        long long res = cnt;
        // 依次枚举每一项
        for(int i = 1;i < beans.size();i++){
            // 前一项变成0，贡献变化为前一项
            cnt += beans[i - 1];
            // 后面每项贡献变化为两次基准值的差值
            cnt -= 1LL * (beans[i] - beans[i - 1]) * (beans.size() - i);
            res = min(res,cnt);
        }

        return res;
    }
};