Arrays 引力编码

有

N

粒子出现在

X

轴上，其中，每个粒子都有两个与其相关联的属性，即粒子的位置及其吸引值

两个粒子

i

和

j

之间的吸引力定义为：

吸引力（i，j）=距离（i，j）×最大值（吸引力值[i]，吸引力值[j]）

因为它们都在一条直线上，所以任意2个 粒子等于其位置之间的绝对差值

您应该计算以下各项：

∑N−1i=1∑Nj=i+1（吸引力）−力（i，j））

表示

求和（i，N-1）（力的吸引力（i，j））之和（j=i+1，N）

限制条件：

1≤N≤2×10^5

1≤吸引力−价值≤10^4

1≤位置≤10^4

样本输入：

3
1 2
2 4
3 6

22

样本输出：

3
1 2
2 4
3 6

22

我尝试了

O（n^2）

如下

import java.util.*;

class TestClass {

public static void main(String args[] ) {
    Scanner sc=new Scanner(System.in);
    int n=sc.nextInt();
    int a[]=new int[n];
    int b[]=new int[n];
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        a[i]=sc.nextInt();
        b[i]=sc.nextInt();
    }
    long sol=0;
    for(int i=0;i<n-1;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<n;j++)
        {
          sol +=Math.abs(a[i]-a[j])*(Math.max(b[i],b[j]));   
        }
    }
    System.out.println(sol);
    }

}

import java.util.*；
类TestClass{
公共静态void main（字符串参数[]）{
扫描仪sc=新的扫描仪（System.in）；
int n=sc.nextInt（）；
int a[]=新的int[n]；
int b[]=新的int[n]；
对于（int i=0；i有
O（nlogn）
近似算法，如Barnes Hut模拟法和粒子网格法。但您必须在输出的准确性上做出妥协。我假设在您的情况下，答案的准确性非常重要

有关更多信息：



有
O（nlogn）
近似算法，如Barnes-Hut-simulation和粒子网格方法。但您必须在输出的准确性上做出妥协。我假设答案的准确性在您的情况下非常重要

有关更多信息：



我认为有一个O（nlog（n））算法。首先，这里是我的符号：我们想要计算

S = Sum[i] Sum[j>i] abs(x[i] - x[j]) max(m[i], m[j])

在这个总和中，每个（无序的）对
{i，j}
出现一次，在对粒子进行排序时，我们可以假设位置
x[i]
是升序的。通过对质量
m[i]
进行排序，我们可以得到一个数组
r[1]，…，r[n]
，这样
m[r[i]
就是升序的

我的想法是根据粒子的位置构建一个包含粒子的平衡二叉搜索树，这样在每个子树T的根上，存储子树粒子的数量和子树粒子位置的总和

利用该数据，对于任何实数
x
，可以在时间O（log（n））中确定
和[i]abs（x-x[i]）

现在以秩
r[n]
的最重粒子为例，它对
sum
S
是
m[r[n]]sum[i]abs（x[r[n]]-x[i]）
。这个贡献可以在时间
0（log（n））
中计算出来。然后，我们可以使用平衡树上的标准算法，或者更简单地通过修改节点上包含的数据，从二叉树中移除最重的粒子

通过一个接一个地去除最重的粒子，我们在时间
O（n log（n））
中得到了和
S
，我认为有一个O（n log（n））算法

S = Sum[i] Sum[j>i] abs(x[i] - x[j]) max(m[i], m[j])

在这个总和中，每个（无序的）对
{i，j}
出现一次，在对粒子进行排序时，我们可以假设位置
x[i]
是升序的。通过对质量
m[i]
进行排序，我们可以得到一个数组
r[1]，…，r[n]
，这样
m[r[i]
就是升序的

我的想法是根据粒子的位置构建一个包含粒子的平衡二叉搜索树，这样在每个子树T的根上，存储子树粒子的数量和子树粒子位置的总和

利用该数据，对于任何实数
x
，可以在时间O（log（n））中确定
和[i]abs（x-x[i]）

现在以秩
r[n]
的最重粒子为例，它对
sum
S
是
m[r[n]]sum[i]abs（x[r[n]]-x[i]）
。这个贡献可以在时间
0（log（n））
中计算出来。然后，我们可以使用平衡树上的标准算法，或者更简单地通过修改节点上包含的数据，从二叉树中移除最重的粒子

通过一个接一个地去除最重的粒子，我们得到了时间上的总和，请更正：
sol+=Math.abs（a[i]-a[j]）*（Math.max（b[i]，b[j]）；
请更正：
sol+=Math.abs（a[i]-a[j]）*（Math.max（b[i]，b[j]）
感谢您的宝贵回复。我认为这是一个完全不同的问题，因为这里的吸引力（最好描述为潜在imho，因为它是一个标量）与粒子之间的距离成正比。与重力无关。距离远的粒子对期望的总和贡献更大。@Gribouillis是的，没错，这就是为什么我也在思考它与重力和N体模拟的关系？感谢有价值的回答。我认为这是一个完全不同的问题，因为这里的att引力（最好用势imho来描述，因为它是一个标量）与粒子之间的距离成比例。与重力无关。距离远的粒子对期望的总和贡献更大。@Gribouillis是的，没错，这就是为什么我也在思考它与重力和N体模拟的关系？我可能会稍后编写代码，但我现在没有足够的时间。我认为这个想法是相对的很简单，可以用一个固定的二叉树来实现。试试你的java技能！好的，我会做的。谢谢你，阿加尼可能会在以后编写代码，但我现在没有足够的时间。我