题意分析

给定一个长度为 $n$ 的数组，求两个子数组 $[l_1,r_1]$，$[l_2,r_2]$ 的数组和差值最小是多少，其中 $l_1\le r_1<l_2\le r_2$。

$O(n^5)$ 做法

枚举四个端点 $O(n^4)$，计算两个数组的和 $O(n)$，最终复杂度 $O(n^5)$。

$O(n^4)$ 做法

做法同上，用前缀和优化数组求和的过程。

$O(n^3)$ 做法

• 枚举 $r_1,l_2$，用双指针 $i,j$，分别从 $r_1,l_2$，向左（右）扫描使得差值最小，详见代码。
• 枚举 $l_1,r_2$，用双指针 $i,j$，分别向中间扫描，取数组差值最小。

$O(n^{2}logn)$ 做法

由于枚举三个点肯定会超时，所以只能枚举两个点，我们尝试枚举第一个区间 $O(n^2)$。

那么我们仅剩下 $O(logn)$ 的复杂度，需要找出右区间中和左区间的和最相近的值，可以考虑使用 multiset（下文称为 $S$）。

一开始，我们将所有可能的右区间的区间和，都插入 $S$。

接下来，我们以 $r_1$ 递增进行枚举左区间，当 $r_1=k$ 时，我们在 $S$ 中删除所有以 $k$ 为左端点的区间的和。

细节处理：

• 可以通过前缀和优化区间求和过程。
• 当左区间和为 $k$ 时，我们可以使用 lower_bound，会返回 $S$ 中的第一个 $\ge k$ 的元素的迭代器（下文称为 $p$），当 $p$ 等于 $S$.end() 时，表示不存在 $\ge k$ 的元素，反之 $\ast p$ （类似于 C 语言中的指针）即为 $S$ 中第一个 $\ge k$ 的元素。
  • 另外，和 $k$ 差值最小的数，除了 $S$ 中 $\ge k$ 的第一个元素以外，还可能是 $S$ 中 $<k$ 的最后一个元素，那么在一个有序列表中，上述两元素的下标差值应当为 $1$。
  • 所以我们还需要判断 $p$ 的前一个位置是否存在元素。
• 在 multiset 中删除一个和为 $k$ 的区间的和时，不可以直接 erease，这样会导致 multiset 中的所有值为 $k$ 的元素被删除。故我们可以用 find，找出一个值为 $k$ 的元素的迭代器，将此传入 erease 删除，这样只会删除一个元素。

$O(n^3)$ 做法

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e3 + 10;

int n;
int a[N];

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        cin >> a[i];
    
    LL res = 1e9;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        for (int j = i + 1; j <= n; ++ j )
        {
            int l = i - 1, r = j + 1;
            LL sl = a[i], sr = a[j];
            res = min(res, abs(sr - sl));
            while (l >= 1 && r <= n)
            {
                if (sl > sr)
                    sr += a[r ++];
                else
                    sl += a[l --];
                res = min(res, abs(sr - sl));
            }
            
            while (l >= 1)
            {
                sl += a[l --];
                res = min(res, abs(sr - sl));
            }
            
            while (r <= n)
            {
                sr += a[r ++];
                res = min(res, abs(sr - sl));
            }
        }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

$O(n^{2}logn)$ 做法

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e3 + 10;

int n;
LL s[N];
multiset<LL> S;

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        for (int j = i; j <= n; ++ j )
            S.insert(s[j] - s[i - 1]);
    
    LL res = 1e9;
    for (int i = 1; i < n; ++ i )
    {
        for (int j = i; j <= n; ++ j )
        {
            auto p = S.find(s[j] - s[i - 1]);
            S.erase(p);
        }
        
        for (int j = 1; j <= i; ++ j )
        {
            auto k = s[i] - s[j - 1];
            auto p = S.lower_bound(k);
            if (p != S.end())
                res = min(res, abs(*p - k));
            if (p != S.begin())
            {
                p --;
                res = min(res, abs(*p - k));
            }
        }
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}

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