891. 子序列宽度之和 : 逐步分析如何求解对展开式的最终贡献

题目描述

这是 LeetCode 上的 891. 子序列宽度之和 ，难度为 困难。

Tag : 「数学」

一个序列的 宽度 定义为该序列中最大元素和最小元素的差值。

给你一个整数数组 nums，返回 nums 的所有非空 子序列 的 宽度之和 。由于答案可能非常大，请返回对 109+710^9 + 7109+7 取余 后的结果。

子序列 定义为从一个数组里删除一些（或者不删除）元素，但不改变剩下元素的顺序得到的数组。例如，[3,6,2,7] 就是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的一个子序列。

示例 1：

输入：nums = [2,1,3]
 
输出：6
 
解释：子序列为 [1], [2], [3], [2,1], [2,3], [1,3], [2,1,3] 。
相应的宽度是 0, 0, 0, 1, 1, 2, 2 。
宽度之和是 6 。
复制代码

示例 2：

输入：nums = [2]
 
输出：0
复制代码

提示：

• 1<=nums.length<=1051 <= nums.length <= 10^51<=nums.length<=105
• 1<=nums[i]<=1051 <= nums[i] <= 10^51<=nums[i]<=105

数学

提示一：每个子序列对答案的贡献

对于某个子序列而言，若其最大值为 aaa，最小值为 bbb，则该子序列对答案的贡献为 (a−b)(a - b)(a−b)。

我们有若干个子序列，即有若干个 (a−b)(a - b)(a−b)，答案为所有 (a−b)(a - b)(a−b) 之和，我们称一个 (a−b)(a - b)(a−b) 为 item。

提示二：每个 nums[i]nums[i]nums[i] 参与了多少个 item 的组成，在最终展开式中又是如何

对于每个 (a−b)(a - b)(a−b) 而言，a 和 b 均必然是具体的 nums[i]nums[i]nums[i]。

同时易知若 nums[i]nums[i]nums[i] 作为了 kkk 个子序列的最小值，那么在最终表达式展开中，必然有 kkk 个 −nums[i]-nums[i]−nums[i]；同理若 nums[i]nums[i]nums[i] 作为了 kkk 个子序列的最大值，那么在最终表达式展开中，必然有 kkk 个 nums[i]nums[i]nums[i]。

提示三：统计每个 nums[i]nums[i]nums[i] 作为最值时，有多少个子序列

先不考虑 nums[i]nums[i]nums[i] 的重复问题。

若 nums[i]nums[i]nums[i] 作为子序列最小值时，首先 nums[i]nums[i]nums[i] 必选，小于 nums[i]nums[i]nums[i] 的必不选，而大于 nums[i]nums[i]nums[i] 的可选可不选，组合个数取决于大于 nums[i]nums[i]nums[i] 的数的个数，假设有 kkk 个，那么根据组合数原理，共有 2k2^k2k 个组合，即共有 2k2^k2k 个子序列。此时 nums[i]nums[i]nums[i] 对答案的贡献为 2k×(−nums[i])2^k \times (-nums[i])2k×(−nums[i])。

同理，nums[i]nums[i]nums[i] 作为子序列最大值时，子序列个数取决于小于 nums[i]nums[i]nums[i] 的数的个数，假设有 kkk 个，此时 nums[i]nums[i]nums[i] 对答案的贡献为 2k×nums[i]2^k \times nums[i]2k×nums[i]。

提示四：如何快速得知比 nums[i]nums[i]nums[i] 大/小 的数的个数

排序。

提示五：nums[i]nums[i]nums[i] 的重复问题

无论是将 nums[i]nums[i]nums[i] 视作最大值还是最小值，我们的组合数均取决于某一侧的数的个数，因此不会答案正确性产生影响。

提示六：2k2^k2k 操作的重复计算问题

将 nums[i]nums[i]nums[i] 视作最值，我们都需要统计两边数所产生的组合数个数，因此即使对于单个用例都会面临重复计算某个 2k2^k2k 的问题（对称性）。

同时对于跨样例而言，我们仍会重复计算某些 2k2^k2k（尤其是较小的 kkk 值），为避免重复计算，我们可以通过打表预处理的方式算得所有可能要用到 2k2^k2k 结果，在使用的时候直接通过查表取得。

Java 代码：

class Solution {
    static int N = 100010, MOD = (int)1e9+7;
    static long[] p = new long[N];
    static {
        p[0] = 1; 
        for (int i = 1; i < N; i++) p[i] = p[i - 1] * 2 % MOD;
    }
    public int sumSubseqWidths(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        long ans = 0;
        Arrays.sort(nums);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            ans += (p[i] * nums[i]) % MOD;
            ans %= MOD;
            ans -= (p[n - i - 1] * nums[i]) % MOD;
            ans %= MOD;
        }
        return (int) ans;
    }
}
复制代码

TypeScript 代码：

function sumSubseqWidths(nums: number[]): number {
    let n = nums.length, mod = 1000000007, ans = 0
    const p = new Array<number>(n + 10).fill(1)
    for (let i = 1; i <= n; i++) p[i] = p[i - 1] * 2 % mod
    nums.sort((a,b)=>a-b)
    for (let i = 0; i < n; i++) {
        ans += p[i] * nums[i] % mod
        ans %= mod
        ans -= p[n - i - 1] * nums[i] % mod
        ans %= mod
    }
    return ans
}
复制代码

Python3 代码：

class Solution:
    def sumSubseqWidths(self, nums: List[int]) -> int:
        n, mod, ans = len(nums), 1000000007, 0
        p = [1] * (n + 10)
        for i in range(1, n + 1):
            p[i] = p[i - 1] * 2 % mod
        nums.sort()
        for i in range(n):
            ans = ans + p[i] * nums[i] % mod
            ans = ans - p[n - i - 1] * nums[i] % mod
        return ans % mod
复制代码

• 时间复杂度：排序复杂度为 O(nlog⁡n)O(n\log{n})O(nlogn)；统计答案复杂度为 O(n)O(n)O(n)。整体复杂度为 O(nlog⁡n)O(n\log{n})O(nlogn)
• 空间复杂度：O(n)O(n)O(n)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.891 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。