CodeForces - 1328F Make k Equal(模拟)

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题目大意：给出一个数列 a ，现在有两种操作：

1. 找到一个最小值，使其值加一
2. 找到一个最大值，使其值减一

注意这里找到一个最值进行的操作，是针对最值不唯一的情况，题目问至少需要进行多少次操作，可以使得某个数字出现的次数大于等于 k 次

题目分析：一道不知道为什么放在F题的F题。。因为E题卡了半个小时最后还没解决掉，还剩十分钟结束比赛的时候看到群友说F题是模拟，抓紧时间去读题，读完题后感觉还算蛮简单的，稍微写了写调了一下，补题的时候交上去直接就A了，有种上当了的感觉

因为两种操作无非是从最小值往上一直加一，或者是从最大值一直往下减一，不难想到前缀和，所以这里我定义四个数组：

1. cnt[ i ]：从最小值开始到值为 i 的数为止(包括 i )，共有多少个数
2. inv_cnt[ i ]：从最大值开始到值为 i 的数为止(包括 i )，共有多少个数
3. sum[ i ]：将小于值为 i 的数都变成 i 所需要的操作数
4. inv_sum[ i ]：将大于值为 i 的数都变成 i 所需要的操作数

这里单独讲一下 cnt 数组和 sum 数组的转移方程，inv_cnt 和 inv_sum 大同小异，这里就不展开说了

cnt 数组就是一个单纯的前缀和：cnt[ i ] = cnt[ i - 1 ] + num[ i ] ，num数组是值为 i 的数出现了几次

sum 数组的转移需要稍微想一下，需要借助 cnt 数组，不是很难：sum[ i ] = sum[ i -1 ] + cnt[ i -1 ] * 1 ，这里乘以 1 看似没用，但是需要理解，这个 1 的实际意义是当前数字与前一个数字之差，即 ( i ) - ( i - 1 ) = 1

到此为止，当我们处理好了 sum 数组和 cnt 数组之后，O( n )扫一遍维护答案就好了，具体维护方法可以分情况讨论一下：对于当前的数 a：

1. 如果 num[ a ] >= k ，答案显然为 0 ，直接退出循环输出答案即可
2. 如果 cnt[ a ] >= k，意思为将小于数 a 的值全部变成 a 后，此时数 a 的出现次数大于等于 k 了
3. 如果 cnt[ a ] >= k，意思为将大于数 a 的值全部变为 a 后，次数数 a 的出现次数大于等于 k 了
4. 将所有的数都变为数 a 

对于上面的四种情况，维护答案的最小值就好了

有一点需要注意的是，这个题目的数据范围给的很大，也就是说需要进行离散化处理，或者可以直接用map代替离散化，代价是每次操作都有logn的时间开销，具体实现看代码吧，就是上面的原理实现，别被复杂的stl码风吓到了

代码：
 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
using namespace std;
      
typedef long long LL;

typedef unsigned long long ull;
      
const int inf=0x3f3f3f3f;
 
const int N=2e5+100;

map<int,LL>mp,cnt,inv_cnt,sum,inv_sum;

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("input.txt","r",stdin);
//	freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,k;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int num;
		scanf("%d",&num);
		mp[num]++;
	}
	auto pre=mp.begin();
	auto it=pre;
	it++;
	cnt[pre->first]=pre->second;
	sum[pre->first]=0;
	while(it!=mp.end())//维护 cnt 和 sum
	{
		cnt[it->first]=cnt[pre->first]+it->second;
		sum[it->first]=sum[pre->first]+cnt[pre->first]*(it->first-pre->first);
		pre=it;
		it++;
	}
	auto inv_pre=mp.rbegin();
	auto inv_it=inv_pre;
	inv_it++;
	inv_cnt[inv_pre->first]=inv_pre->second;
	inv_sum[inv_pre->first]=0;
	while(inv_it!=mp.rend())//维护 inv_cnt 和 inv_sum
	{
		inv_cnt[inv_it->first]=inv_cnt[inv_pre->first]+inv_it->second;
		inv_sum[inv_it->first]=inv_sum[inv_pre->first]+inv_cnt[inv_pre->first]*(inv_pre->first-inv_it->first);
		inv_pre=inv_it;
		inv_it++;
	}
	LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
	for(auto it:mp)//维护答案，四种情况
	{
		int pos=it.first;
		if(mp[pos]>=k)
		{
			ans=0;
			break;
		}
		if(cnt[pos]>=k)
			ans=min(ans,sum[pos]-(cnt[pos]-k));
		if(inv_cnt[pos]>=k)
			ans=min(ans,inv_sum[pos]-(inv_cnt[pos]-k));
		ans=min(ans,sum[pos]+inv_sum[pos]-(n-k));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
    return 0;
}