数组中数字的绝对差之和

Question

我想计算索引 i 处的数字与 o(n) 中索引 i-1 之前的所有整数的绝对差之和。但我想不出比 o(n^2) 更好的方法。

例如：

[3,5,6,7,1]

具有绝对和的数组将是（对于索引 i 处的整数，总和将在另一个数组中的索引 i 处）：

[0, 2, 4, 7, 17]

谁能帮我将复杂度降低到 o(n)（如果不可能，那么至少在时间复杂度方面有更好的优化）？

这是我的python代码：

a=[3,5,6,7,1]
n=5
absoluteSumArray=[]
for i in range(0,n):
  Sum=0
  for j in range(0,i):
     Sum+=abs(int(a[i])-int(a[j]))
  absoluteSumArray.append(Sum)

Answer 1

我可以提供一个 O(n log n) 解决方案作为开始：设 f_i 为结果的第 i 个数字。我们有：

当从左到右遍历数组并维护元素a₀到a_{i-1的二叉搜索树sub>}，我们可以在 O(log n) 中求解公式的所有部分：

• 保持子树大小以计算大于/小于给定元素的元素
• 保留累积子树总和以回答大于/小于给定元素的总和查询

如果我们想避免实现成本，我们可以用一些更简单的数据结构替换增强搜索树：

• 预先对数组进行排序。按排序顺序为每个数字分配其排名
• 保持 binary indexed tree 的 0/1 值以计算小于给定值的元素数
• 保留另一个数组值的二叉索引树，以计算小于给定值的元素的总和

TBH 在一般情况下，我认为这不能在 O(n) 中解决。至少你需要在某个时候对数字进行排序。但也许数字是有界的，或者你有其他一些限制，所以你可以在 O(1) 中实现求和和计数操作。

一个实现：

# binary-indexed tree, allows point updates and prefix sum queries
class Fenwick:
  def __init__(self, n):
    self.tree = [0]*(n+1)
    self.n = n
  def update_point(self, i, val):  # O(log n)
    i += 1
    while i <= self.n:
      self.tree[i] += val
      i += i & -i
  def read_prefix(self, i):        # O(log n)
    i += 1
    sum = 0
    while i > 0:
      sum += self.tree[i]
      i -= i & -i
    return sum

def solve(a):
  rank = { v : i for i, v in enumerate(sorted(a)) }
  res = []
  counts, sums = Fenwick(len(a)), Fenwick(len(a))
  total_sum = 0
  for i, x in enumerate(a):
    r = rank[x]
    num_smaller = counts.read_prefix(r)
    sum_smaller = sums.read_prefix(r)
    res.append(total_sum - 2*sum_smaller + x * (2*num_smaller - i))
    counts.update_point(r, 1)
    sums.update_point(r, x)
    total_sum += x
  return res

print(solve([3,5,6,7,1]))  # [0, 2, 4, 7, 17]
print(solve([2,0,1]))      # [0, 2, 2]

Answer 2

这是线性决策树模型中的Omega(n log n)-comparison 下限。这排除了“不错的”o(n log n)-time 算法的可能性（两个现已删除的答案都在这个类中）。

从计算问题可以简单地减少这个问题

f(x1, ..., xn) = sum_i sum_j |xi - xj|.

函数f 在x1, ..., xn 是完全可微的当且仅当x1, ..., xn 成对不同。 f 完全可微的集合因此具有n! 连通分量，其中决策树的每个叶子最多可以处理一个。