Python 数组中数字的绝对差之和

我想计算指数I上的一个数字的绝对差之和，所有整数都是指数I-1，在o（n）中。但是我想不出比o（n^2）更好的方法

例如：

[3,5,6,7,1]

具有绝对和的数组将为（对于索引i处的整数，和将位于另一个数组中的索引i）：

谁能帮我把复杂度降低到o（n）（如果不可能，那么至少在时间复杂度方面进行更好的优化）

下面是我的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)

首先，我可以提供一个O（n logn）解决方案：让fi作为结果的第I个数字。我们有：

从左到右遍历数组并维护元素a0到ai-1的二元搜索树时，我们可以求解O（logn）中公式的所有部分：

• 保留子树大小以计算大于/小于给定值的元素
• 保留累积子树和，以回答大于/小于给定元素的和查询

如果我们想避免实施成本，我们可以用一些更简单的数据结构替换增强的搜索树：

• 事先对数组进行排序。按排序顺序为每个数字指定其排名
• 保持0/1的值以计算小于给定值的元素数
• 保留数组值的另一个二叉索引树，以计算小于给定值的元素和

在一般情况下，我认为这不能用O（n）来解决。至少你需要在某个时候对数字进行排序。但是，可能这些数字是有界的，或者您有其他一些限制，因此您可能能够在O（1）中实现求和和和计数操作

实施：

# 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]

二进制索引树，允许点更新和前缀和查询 芬威克级： 定义初始化（self，n）： self.tree=[0]*（n+1） self.n=n def更新点（自身、i、val）：#O（日志n） i+=1 而我0: sum+=self.tree[i] i-=i&-i 回报金额 def解决方案（a）： 秩={v:i表示枚举中的i，v（排序（a））} res=[] 计数，总和=芬威克（len（a）），芬威克（len（a）） 总和=0 对于枚举（a）中的i，x： r=秩[x] num_较小=计数。读取前缀（r） sum\u较小=sums.read\u前缀（r） res.append（total_sum-2*sum_较小+x*（2*num_较小-i）） 计数。更新_点（r，1） 求和。更新_点（r，x） 总和+等于x 返回res 打印（求解（[3,5,6,7,1]）#[0,2,4,7,17] 打印（求解（[2,0,1]）#[0,2,2] 这里是线性决策树模型中的一个比较下限。这排除了“nice”

o（n logn）

时间算法的可能性（两个现在删除的答案都在这个类中）

这个问题从计算的问题上有一个很小的简化

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

是两两不同的。

f

是完全可微的集合，因此有

n连接的组件，其中决策树的每个叶最多可以处理一个。
[sum（abs（a[i]-a[j]）表示范围（i）中的j）表示范围（n）中的i）]
产生
[0,2,4,7,17]
@cdhagmann很酷的故事，但OP已经有了一个O（n^2）解决方案“我想计算索引I处的数字与索引I-1处的所有整数的绝对差之和”。但这不是您的代码所做的。它是计算索引I处的数字与索引0到I-1处的所有整数的绝对差之和。
O（n）
看起来不太可能。即使是（计算这个问题的输出之和）几年前才得到一个O（nlog（n））解。你太擅长算法了：P…答案不错…而且你说服我的唯一正确答案是O（n）是不可能的。但我会稍等一下（以防万一）当我实现这个的时候。谢谢。@JoranBeasley:我看不到任何证明它有效的证据（似乎缺少一个因素），也没有代码可以证明它有效try@JoranBeasley什么？它是O（n对数n），OPs版本是欧米茄（n^2）。显然，对于小列表，常数因子要高得多。尝试使用大小为10000的列表，您会非常清楚地注意到大小为10k的列表的差异。我看到此算法的timeit为0.065（1次迭代），而他的旧算法@15.115（也只有1次）…这是一个非常棒的加速（如果您的列表很大）是时候去学习线性决策树的功能了，这样我才能理解这个界限。
f(x1, ..., xn) = sum_i sum_j |xi - xj|.