LeetCode 2333.最小差值平方和：排序 + 数学计算（不用二分）

【LetMeFly】2333.最小差值平方和：排序 + 数学计算（不用二分）

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-sum-of-squared-difference/

给你两个下标从 0 开始的整数数组 nums1 和 nums2 ，长度为 n 。

数组 nums1 和 nums2 的 差值平方和 定义为所有满足 0 <= i < n 的 (nums1[i] - nums2[i])² 之和。

同时给你两个正整数 k1 和 k2 。你可以将 nums1 中的任意元素 +1 或者 -1 至多 k1 次。类似的，你可以将 nums2 中的任意元素 +1 或者 -1 至多 k2 次。

请你返回修改数组nums1至多k1 次且修改数组nums2 至多 k2次后的最小 差值平方和 。

注意： 你可以将数组中的元素变成负整数。

示例 1：

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输入：nums1 = [1,2,3,4], nums2 = [2,10,20,19], k1 = 0, k2 = 0
输出：579
解释：nums1 和 nums2 中的元素不能修改，因为 k1 = 0 和 k2 = 0 。
差值平方和为：(1 - 2)2 + (2 - 10)2 + (3 - 20)2 + (4 - 19)2 = 579 。

示例 2：

复制代码

输入：nums1 = [1,4,10,12], nums2 = [5,8,6,9], k1 = 1, k2 = 1
输出：43
解释：一种得到最小差值平方和的方式为：
- 将 nums1[0] 增加一次。
- 将 nums2[2] 增加一次。
最小差值平方和为：
(2 - 5)2 + (4 - 8)2 + (10 - 7)2 + (12 - 9)2 = 43 。
注意，也有其他方式可以得到最小差值平方和，但没有得到比 43 更小答案的方案。

提示：

n == nums1.length == nums2.length
1 <= n <= 10⁵
0 <= nums1[i], nums2[i] <= 10⁵
0 <= k1, k2 <= 10⁹

解题方法：排序 + 数学计算

已知两个前提：

假设有多个正整数只能选其中一个减少 1 1 1，想要使平方和最小，应该减小哪个数？

应该减小最大的那个数。

假设 a > b a\gt b a>b，那么 ( a − 1 ) 2 + b 2 = a 2 + b 2 + 1 − 2 a (a-1)^2 + b^2 = a^2 + b^2 + 1 - 2a (a−1)2+b2=a2+b2+1−2a， a 2 + ( b − 1 ) 2 = a 2 + b 2 + 1 − 2 b a^2 + (b-1)^2 = a^2 + b^2 + 1 - 2b a2+(b−1)2=a2+b2+1−2b，因为 a > b a\gt b a>b，所以 − 2 a < − 2 b -2a \lt -2b −2a<−2b，所以减小 a a a更优。
对nums1的操作，总有办法对nums2的等价操作。

所以对nums1进行最多k1次操作、对nums2进行最多k2次操作，相当于最多进行k1 + k2次加减一操作。

因为如果想要对nums1[i] + 1然后和nums2[i]求差值平方但是k1已经用完了的话，直接让nums2[i] - 1然后和nums1[i]求差值平方是等价的。

所以，我们直接求出两个数组一一对应两元素的差值数组diffs，其中diffs[i] = abs(nums1[i] - nums2[i])，每次减少diffs中最大的元素共计操作至多k1 + k2次（最多减少到 0 0 0），最终的diffs数组中每个元素的平方和即为所求。

但是，k1 + k2可能是 10 9 10^9 109级别的，所以我们不能真的一个一个地去试，而是一次减多个元素，每个元素减好几。

具体而言，对diffs数组从大到小排序。假设当前元素是diffs[i]（下一个元素是diffs[i + 1]），那么我们可以尽量把从diffs[0]到diffs[i]的所有元素都减小到diffs[i + 1]（共计需要减少 ( d i f f s $i$ − d i f f s $i + 1$ ) × ( i + 1 ) (diffs $i$ - diffs $i + 1$ ) \times (i + 1) (diffs $i$ −diffs $i+1$ )×(i+1)次）：

如果剩余的k足够多（ k ≥ ( d i f f s $i$ − d i f f s $i + 1$ ) ∗ ( i + 1 ) k\geq (diffs $i$ - diffs $i + 1$ ) * (i + 1) k≥(diffs $i$ −diffs $i+1$ )∗(i+1)），那么就把diffs[0]到diffs[i]都减小到diffs[i + 1]（消耗 ( d i f f s $i$ − d i f f s $i + 1$ ) × ( i + 1 ) (diffs $i$ - diffs $i + 1$ ) \times (i + 1) (diffs $i$ −diffs $i+1$ )×(i+1)次操作），然后继续处理下一个元素。
如果剩余的k不够多（ k < ( d i f f s $i$ − d i f f s $i + 1$ ) ∗ ( i + 1 ) k < (diffs $i$ - diffs $i + 1$ ) * (i + 1) k<(diffs $i$ −diffs $i+1$ )∗(i+1)），那么只能把 k m o d ( i + 1 ) k \mod (i + 1) kmod(i+1)个元素减少 ⌊ k i + 1 ⌋ + 1 \lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor+1 ⌊i+1k⌋+1以及把 i + 1 − ( k m o d ( i + 1 ) ) i+1-(k \mod (i + 1)) i+1−(kmod(i+1))个元素减少 ⌊ k i + 1 ⌋ \lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor ⌊i+1k⌋。

到此为止，k已经消耗完毕，就不需要再继续遍历了，开始计算。 0 0 0到 i i i的diff中有 k m o d ( i + 1 ) k \mod (i + 1) kmod(i+1)个diff是 d i f f s $i$ − ⌊ k i + 1 ⌋ − 1 diffs $i$ - \lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor - 1 diffs $i$ −⌊i+1k⌋−1，有 i + 1 − ( k m o d ( i + 1 ) ) i + 1 - (k \mod (i + 1)) i+1−(kmod(i+1))个diff是 d i f f s $i$ − ⌊ k i + 1 ⌋ diffs $i$ - \lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor diffs $i$ −⌊i+1k⌋，剩余的diffs[i + 1]到diffs[n - 1]是原值不变。

特别的，我们可以向diffs数组后面插入一个哨兵元素 0 0 0。如果循环结束了，说明每个diff都减少到了 0 0 0，直接返回 0 0 0。

时空复杂度

时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)
空间复杂度 O ( N log ⁡ N ) O(N\log N) O(NlogN)

AC代码

C++

cpp 复制代码

/*
 * @LastEditTime: 2026-10-12 19:25:34
 */
typedef long long ll;
class Solution {
public:
    ll minSumSquareDiff(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, int k1, int k2) {
        int n = nums1.size();
        vector<int> diffs(nums1.size() + 1);  // 末尾多一个哨兵
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            diffs[i] = abs(nums1[i] - nums2[i]);
        }
        ranges::sort(diffs, greater<int>());

        int k = k1 + k2;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            ll per_diff = diffs[i] - diffs[i + 1];
            ll all_need = per_diff * (i + 1);
            if (k >= all_need) {
                k -= all_need;
                continue;
            }
            /*
                不够全部减小到目标值了，看看能减小到多少。
                假设k = 3, i = 1, all_need = 5
                k // 2 = 1，2个数每个减少1
                k % 2 = 1，其中1个数再减少一
            */
            ll all_sub = k / (i + 1);
            ll more_sub_1 = k % (i + 1);
            ll not_more_sub_1 = i + 1 - more_sub_1;
            diffs[i] -= all_sub;
            ll ans = not_more_sub_1 * diffs[i] * diffs[i];
            ans += more_sub_1 * (diffs[i] - 1) * (diffs[i] - 1);
            for (i++; i < n; i++) {
                ans += (ll) diffs[i] * diffs[i];
            }
            return ans;
        }
        return 0;
    }
};

End

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