LeetCode 462. 最小操作次数使数组元素相等 II【贪心,排序或快速选择】中等

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本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

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给你一个长度为 n 的整数数组 nums ，返回使所有数组元素相等需要的最小操作数。

在一次操作中，你可以使数组中的一个元素加 1 或者减 1 。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3]
输出：2
解释：
只需要两次操作（每次操作指南使一个元素加 1 或减 1）：
[1,2,3]  =>  [2,2,3]  =>  [2,2,2]

示例 2：

输入：nums = [1,10,2,9]
输出：16

提示：

• n == nums.length
• 1 <= nums.length <= 10^5
• -10^9 <= nums[i] <= 10^9

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题目集合：

• 453. 最小操作次数使数组元素相等
• 456. 最小操作次数使数组元素相等 II
• 2448. 使数组相等的最小开销

解法1 数学+排序

每次可以将一个数加一或者减一，使得所有数组元素相等。凭借直觉可知，将所有数组元素向中间靠拢，所需要的操作次数最少。下面进行证明。

假设数组元素都变成 $x$ 时，所需的移动数最少，那么 $x$ 需要满足什么性质呢？

为了简化讨论，我们先假定数组长度 $n$ 是偶数。我们将数组 $\text{nums}$ 从小到大进行排序，然后将数组进行首尾配对，从而划分为多个数对，并将这些数对组成区间：$$[{\text{nums}}_0,{\text{nums}}_{n-1}],[{\text{nums}}_1,{\text{nums}}_{n-2}],...,[{\text{nums}}_{\frac{n}{2}-1},{\text{nums}}_{\frac{n}{2}}]$$
结论：当 $x$ 同时位于以上区间内时，所需的移动数最少，总移动数为 $$\sum _{i=0}^{\frac{n}{2}-1}({\text{nums}}_{n-1-i}-{\text{nums}}_i)$$

证明：对于某一个区间 $[{\text{nums}}_i,{\text{nums}}_{n-1-i}]$ ，元素变为 $x$ ，该区间对应的数对所需要的移动数为 $$|{\text{nums}}_{n-1-i}-x|+|{\text{nums}}_i-x|\ge |{\text{nums}}_{n-1-i}-x-({\text{nums}}_i-x)|={\text{nums}}_{n-1-i}-{\text{nums}}_i$$ ，当且仅当 $x\in [{\text{nums}}_i,{\text{nums}}_{n-1-i}]$ 时等号成立。

在上述区间中，后一个区间是前一个区间的子集，因此只要 $x\in [{\text{nums}}_{\frac{n}{2}-1},{\text{nums}}_{\frac{n}{2}}]$ 就满足要求。

当 $n$ 为奇数时，我们将排序后的数组中间的元素 ${\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 当成区间 $[{\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor },{\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }]$ 看待，则 $x\in [{\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor },{\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }]$ 即 $x={\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 时，所需的移动数最少。

综上所述，所有元素都变成 ${\text{nums}}_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 时，所需的移动数最少。

class Solution {
public:int minMoves2(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(), nums.end());int n = nums.size(), ans = 0, x = nums[n / 2];for (int i = 0; i < n; ++i) ans += abs(nums[i] - x);// int i = 0, j = nums.size() - 1, ans = 0;// while (i < j) ans += nums[j--] + nums[i++];return ans;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n\log n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。排序需要 $O(n\log n)$ 的时间。
• 空间复杂度：$O(\log n)$ 。排序需要 $O(\log n)$ 的递归栈空间。

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解法2 快速选择

根据方法一的推导，$x$ 取数组 $\text{nums}$ 第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 小元素（从 $0$ 开始计数）时，所需要的移动数最少。求解数组第 $k$ 小元素可以使用快速选择算法。

class Solution {
public:int quickSelect(vector<int>& nums, int left, int right, int index) {int q = randomPartition(nums, left, right);if (q == index) {return nums[q];} else {return q < index ? quickSelect(nums, q + 1, right, index) : quickSelect(nums, left, q - 1, index);}}inline int randomPartition(vector<int>& nums, int left, int right) {int i = rand() % (right - left + 1) + left;swap(nums[i], nums[right]);return partition(nums, left, right);}inline int partition(vector<int>& nums, int left, int right) {int x = nums[right], i = left - 1;for (int j = left; j < right; ++j) {if (nums[j] <= x) {swap(nums[++i], nums[j]);}}swap(nums[i + 1], nums[right]);return i + 1;}int minMoves2(vector<int>& nums) {srand(time(0));int n = nums.size(), x = quickSelect(nums, 0, n - 1, n / 2), ret = 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {ret += abs(nums[i] - x);}return ret;}
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。快速选择算法的平均时间复杂度为 $O(n)$ 。
• 空间复杂度：$O(\log n)$ 。递归栈的平均占用空间为 $O(\log n)$ 。

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