洛谷_P8872

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分析

假设经过 $m$ 次操作后，剩余序列的值域为 $[l,r]$ ，那么小于 $l$ 的数和大于 $r$ 的数一定被操作了。

设原序列中，小于 $l$ 的数有 $u$ 个，大于 $r$ 的数有 $v$ 个。

那么最小操作次数为 $u+v+min(u,v)$ 。

证明：

不妨假设 $u<v$ ，进行 $u$ 次操作将原序列的最小值变为 $l$ ，再进行 $u+v$ 次操作将原序列的最大值变为 $r$ 。

那么操作次数为 $u+v+u$ 即为 $u+v+min(u,v)$ 。

通俗一点理解为，先将数量小的一端变为另一端，然后再变回来。

具体操作：

先对序列升序排序。

枚举所有的 $a_i$ 作为 $l$ ，找到最小的 $a_j$ 作为 $r$ ，此时极值为 $r-l$ 。

由于 $j\ge i$ ，因为 $i$ 是递增的，所以 $j$ 是单调不减的，因此时间复杂度瓶颈是排序 ($nlogn$) 。

如何找到 $j$ 呢？

因为有 $(i-1)+(n-j)+min(i-1,n-j)\le m$ ，所以让 $j$ 从 $max(i,j)$ 开始循环，找到第一个满足条件的 $j$ 即可。

AC代码

// #pragma GCC optimize(3)
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
// #include 
// #include 
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define fi first
#define se second
#define PI acos(-1)
// #define PI 3.1415926
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(x) (-x&x)
#define PII pair<int, int>
#define ULL unsigned long long
#define PIL pair<int, long long>
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof a)
#define rev(x) reverse(x.begin(), x.end())
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
int a[N], b[N];
int res = 2 * INF;

void solve() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		cin >> a[i];
	}
	
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	
	int j = 1;
	for (int i = 1; i <= min(n, m + 1); i ++ ) {
		j = max(j, i);
		while ((i - 1) + (n - j) + min(i - 1, n - j) > m) ++ j;
		res = min(res, a[j] - a[i]);
	}
	
	cout << res << endl;
}

int main() {
	IOS;
	
	solve();
	
	return 0;
}