POJ3579 Median 题解

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Description

给定 \(N\) 个数 \(X_1, X_2, \dots, X_N\)，计算每一对数差的绝对值：\(\lvert X_i - X_j \rvert\)，其中 \(1 \le i < j \le N\)。 这样一共可以得到 \(\dbinom{N}{2}\) 个差值。现在你的任务是尽快找出这些差值的中位数。

注意：在本问题中，如果差值的个数 \(m\) 是偶数，则中位数定义为第 \(\dfrac{m}{2}\) 小的数。 例如，当 \(m = 6\) 时，你需要找出第 \(3\) 小的差值作为中位数。

数据范围：\(X_i \le 10^9\)，\(3 \le N \le 10^5\)。

Solution

这些差值的中位数 \(\text{Med}\) 就是这些差值中第 \(\left \lfloor \dfrac{m + 1}{2} \right \rfloor\) 小的数。

考虑任一小于 \(\text{Med}\) 的数 \(p\)，差值中所有 \(\le p\) 的数至多不会有 \(\left \lfloor \dfrac{m + 1}{2} \right \rfloor\) 个。

考虑任一大于等于 \(\text{Med}\) 的数 \(q\)，差值中所有 \(\le q\) 的数至少有 \(\left \lfloor \dfrac{m + 1}{2} \right \rfloor\) 个。

于是考虑二分法，每次令 \(\text{mid} = \left\lfloor\dfrac{l + r}{2}\right\rfloor\)，然后计算 \(\le \text{mid}\) 的差值的个数 \(\text{cnt}\)。

• 如果 \(\text{cnt} \ge \left \lfloor \dfrac{m + 1}{2} \right \rfloor\)，那么 \(\text{mid} \ge \text{Med}\)，于是 \(r \leftarrow \text{mid}\)；
• 如果 \(\text{cnt} < \left \lfloor \dfrac{m + 1}{2} \right \rfloor\)，那么 \(\text{mid} < \text{Med}\)，于是 \(l \leftarrow \text{mid} + 1\)。

我们使用双指针法来计算 \(\text{cnt}\)，每次计算代价为 \(O(N)\)。

总复杂度 \(O(N \log N)\) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long i64;
using namespace std;
const int MAXN = 1e5;
int n, x[MAXN + 5];

i64 cal(int mid) {
    int j = 0;
    i64 cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        while (j < n && x[j] - x[i] <= mid) ++j;
        cnt += j - i - 1;
    }
    return cnt;
}

void solve() {
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d", x + i);
    sort(x, x + n);
    i64 t = (i64(n) * (n - 1) / 2 + 1) / 2;
    int l = 0, r = x[n - 1] - x[0];
    while (l < r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (cal(mid) >= t)
            r = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
}

int main() {
    while (~scanf("%d", &n)) solve();
    return 0;
}