1818绝对差值和

思路

拿到题首先简单分析一下：

因为nums1和nums2的长度都是n，而1≤n≤1051\le n \le 10^51≤n≤105，所以最多只能使用O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的算法；
nums1中最多只能进行一次元素替换操作，可以不进行替换。

因为求的是——进行最多一次替换后的最小绝对差值和，所以

若原本的绝对差值和就是0，那就不用进行替换了；
如果需要替换，又因为只能替换一次，那就需要找到可以最大程度减少绝对差值和的一次替换，然后在原本的绝对值和的基础上减去这一次的减少量即可；

所以得到如下的算法步骤：

首先计算不进行替换的绝对差值和ans，如果此时的ans=0，则直接返回0；
否则，利用数组sub记录每一对的绝对差值；
因为只能对nums1中的元素使用替代操作，所以将nums1中的元素存入TreeSet中，方便后续进行处理（有很多人使用的是二分查找来寻找合适的值，因为前几天曾经使用过TreeMap的floorKey做过题，这次使用TreeSet的floor和ceiling方法来做，但是这样的时间复杂度高了很多）；
无视题目要求，可以进行无限次替换操作，使用TreeSet中的ceiling(i)和floor(i)找到nums2中当前元素对应nums1中最接近的两个元素，求出nums2中每一个元素对应最佳的绝对差值，并与sub中对应的值相减，从而找到最大的减少量max；
使用(ans-max+mod)%mod，然后返回即可。

因为TreeSet增删改查的时间复杂度都是O(logn)O(logn)O(logn)，再加上嵌套的循环，所以总的时间复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)
空间复杂度为O(2n)O(2n)O(2n)，其中使用sub存储元素的绝对差值、使用Treeset存储nums1的元素分别使用了O(n)O(n)O(n)的空间

代码

class Solution {public int minAbsoluteSumDiff(int[] nums1, int[] nums2) {//因为n的长度为1e5所以最多只能使用nlogn的时间复杂度 n更好//最多只能替换一个元素int mod = (int) 1e9+7;int len = nums1.length;int ans = 0;int[] sub = new int[len];TreeSet<Integer> ts = new TreeSet<>();for (int i=0;i<len;i++){sub[i] = nums1[i]-nums2[i]>0?nums1[i]-nums2[i]:nums2[i]-nums1[i];ans = (ans + sub[i])%mod;ts.add(nums1[i]);}if (ans==0)return 0;int max = Integer.MIN_VALUE;for (int i=0;i<len;i++){int c = ts.ceiling(nums2[i])==null?Integer.MAX_VALUE:ts.ceiling(nums2[i]);int f = ts.floor(nums2[i])==null?Integer.MAX_VALUE:ts.floor(nums2[i]);int per = Math.abs(c-nums2[i])>Math.abs(f-nums2[i])?Math.abs(f-nums2[i]):Math.abs(c-nums2[i]);max = Math.max(sub[i]-per,max);}return (ans-max + mod) % mod;}
}

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