#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define int long long using namespace std; signed main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int t; cin >> t; while(t --) { int n, m; cin >> n >> m; vector<int> a(m, 0); for(int i = 0; i < m; i ++) cin >> a[i]; sort(a.begin(), a.end()); int ans = 0; for(int i = 0; i < m; i ++) { int k = n - a[i]; // 后面的元素至少要出几个 int l = i + 1, r = m; while(l < r) { int mid = (l + r) >> 1; if(a[mid] >= k) r = mid; else l = mid + 1; } for(int j = r; j < m; j ++) { int tmp = n - a[j]; // a[i]自己至少要出几个 int cnt = a[i] - tmp + 1; ans = ans + (cnt * 2); } } cout << ans << '\n'; } return 0; }优化一下这段代码的时间复杂度

<think>好的，我现在要帮用户优化这段代码的时间复杂度。首先，我得仔细看看这段代码是做什么的。看起来这是一个处理数组的问题，可能是计算某种配对的数量或者总和？代码结构大致是读取t个测试用例，每个用例里处理n和m，然后读取数组a，排序之后进行一些计算。 用户给出的代码中，外层循环遍历每个元素a[i]，然后对于每个a[i]，用二分查找找到r的位置，之后从r到m-1遍历j，计算tmp和cnt，然后累加到ans。这部分的内层循环可能会带来较高的时间复杂度，特别是当m很大的时候，比如m=1e5，这样的双重循环会是O(m^2)，显然无法通过时间限制。 我需要分析这个内层循环的作用。假设对于每个i，找到j的起始位置r，然后对每个j >= r，计算cnt = a[i] - (n - a[j]) +1，然后ans += cnt*2。这里可能是在计算满足某种条件的配对，然后将它们的贡献乘以2累加。 首先，我需要明确这里的条件是什么。对于每个i和j（i < j），可能a[i]和a[j]需要满足某种关系。根据代码中的k = n - a[i]，然后二分查找找到第一个j的位置r，使得a[j] >=k。这意味着对于j >= r，a[j] >=n -a[i]。同时，在计算tmp的时候，tmp =n -a[j]，而a[i]自己至少要出tmp，所以a[i] >= tmp，即a[i] >=n -a[j]。这可能涉及到双方的某种条件，比如a[i] +a[j] >=n？ 但这里可能需要更仔细地推导数学关系。假设对于每个i < j，如果a[i] + a[j] >=n，那么这对的贡献是某个值。或者可能，这里的问题要求的是当两个元素满足各自的条件时，计算它们的贡献总和。 现在，假设原题的问题描述是：给定数组a，求所有满足i<j且a[i]+a[j]>=n的有序对的某种贡献总和。或者可能是其他条件，比如a[i] >=k和a[j] >=某个值。需要根据代码的逻辑来推断原问题的条件。 在用户的代码中，对于每个i，k =n -a[i]，然后找到r的位置是第一个j的位置使得a[j] >=k。然后对于每个j >=r，计算tmp =n -a[j]，也就是这个j对应的要求a[i] >=tmp。因为tmp =n -a[j]，所以a[i] >=n -a[j] → a[i] +a[j] >=n。这可能意味着在i<j的情况下，当a[i]+a[j] >=n时，这对的贡献是cnt*2，其中cnt= a[i] - (n -a[j]) +1 =a[i] +a[j] -n +1。 所以，每个符合条件的i<j的对的贡献是2*(a[i] +a[j] -n +1)。这可能对应于原问题中每个这样的对需要计算两个方向的贡献，比如x和y各有一种情况，所以乘以2。或者可能题目中的贡献计算本身需要乘以2，比如每个对有两个情况。 现在的问题是如何优化这个双重循环，因为原来的代码对于每个i，遍历从r到m-1的所有j，这导致时间复杂度为O(m log m + m^2)，当m很大时，比如1e5，这会超时。 我需要找到一种方法，将内层的循环转化为数学表达式，从而可以用前缀和或双指针等方法，将时间复杂度降低到O(m log m)或O(m)。 首先，观察到数组已经排序。因为一开始对a进行了排序，所以a是递增的。然后对于每个i，k =n -a[i]，找到r是第一个j >=i+1的位置，使得a[j] >=k。那么对于每个j >=r，都满足a[j] >=k → a[j] >=n -a[i]。同时，在这些j中，计算cnt =a[i] - (n -a[j]) +1 =a[i] +a[j] -n +1，然后累加这个值的两倍到ans中。 所以，对于每个i，我们需要计算所有j >=r的（a[i]+a[j]-n+1）之和，然后乘以2。原来的代码对每个i和j都进行遍历，导致O(m^2)的时间复杂度。 要优化这个部分，可以将每个i对应的j的范围找到后，计算这部分的和，而不用逐个遍历j。例如，对于每个i，找到r的位置，然后对于j >=r到m-1，计算sum_{j=r}^{m-1} (a[i]+a[j] -n +1)。这个和可以分解为sum_{j=r}^{m-1} (a[i] -n +1) + sum_{j=r}^{m-1} a[j]。这两个部分都可以用前缀和数组来快速计算。 具体来说，假设我们预先计算了a数组的前缀和数组pre_sum，其中pre_sum[j]表示前j个元素的和（或者从某个起点开始）。那么sum_{j=r}^{m-1} a[j]就等于pre_sum[m] - pre_sum[r]。而sum_{j=r}^{m-1} (a[i]-n+1)等于 (a[i] -n +1) * (m - r)。这样，整个内层循环的总和就可以快速计算，而不需要遍历每个j。 因此，优化后的代码对于每个i，只需要O(1)的时间来计算这部分的和，从而将总时间复杂度降为O(m log m)，因为每个i的二分查找是O(log m)的时间，而每个i的计算是O(1)。 所以，具体步骤如下： 1. 预处理前缀和数组pre_sum，其中pre_sum[i]表示数组a从索引0到i-1的和。例如，pre_sum[0]=0，pre_sum[1]=a[0]，pre_sum[2]=a[0]+a[1]，依此类推。这样，sum a[j]从r到m-1等于pre_sum[m] - pre_sum[r]。 2. 对于每个i，计算k =n -a[i]，然后用二分查找找到r的位置，即第一个j >=i+1且a[j] >=k的位置。 3. 计算当前i对应的有效j的数量cnt_j =m -r。然后，总和中的第一部分是cnt_j * (a[i] -n +1)，第二部分是pre_sum[m] - pre_sum[r]。将这两部分相加后乘以2，累加到ans中。 这样，每个i的处理时间变为O(log m)，总时间复杂度为O(m log m)。 现在需要检查原代码是否有其他问题。例如，原代码中，当找到r之后，循环j从r到m-1，但原代码中的循环变量j的范围是否正确？原代码中的数组a是排序后的，所以是正确的。 另外，原代码中的二分查找是否正确？原代码中，初始的l是i+1，r是m。在二分查找中，当a[mid] >=k时，r=mid，否则l=mid+1。最终，r是找到的第一个>=k的位置。这部分是正确的。 现在，将内层循环替换为数学计算，并利用前缀和数组来加速。 因此，优化后的代码大致如下： 预处理前缀和数组： vector<int> a(m); sort后，计算pre_sum，其中pre_sum[0]=0，pre_sum[i] = pre_sum[i-1]+a[i-1]。 或者，可能索引需要调整。例如，pre_sum[0] =0，pre_sum[1]=a[0], pre_sum[2]=a[0]+a[1], ..., pre_sum[m] = sum_{0到m-1} a[i]。这样，sum a[j]从r到m-1是pre_sum[m] - pre_sum[r]。因为数组a的索引是0到m-1，而pre_sum的索引是0到m。所以在代码中，需要正确计算pre_sum数组。 例如： vector<int> pre_sum(m + 1, 0); for (int i = 0; i < m; ++i) { pre_sum[i+1] = pre_sum[i] + a[i]; } 然后，对于每个i，当找到r之后，如果r >=m，那么没有j满足条件，贡献为0。否则，有效的j的数量是m -r。sum_a = pre_sum[m] - pre_sum[r]。sum_part = (a[i] -n +1) * (m -r) + sum_a。这部分的总和乘以2就是当前的贡献。 因此，原代码中的内层循环可以被替换为： int cnt_j = m - r; if (cnt_j <=0) continue; int sum_part = (a[i] - n +1) * cnt_j + (pre_sum[m] - pre_sum[r]); ans += sum_part * 2; 这样，整个时间复杂度就降到了O(m log m)，因为每个i的二分查找是O(log m)，预处理前缀和是O(m)，总时间为O(m log m)。 现在，检查是否还有其他可能的优化。例如，是否可以利用双指针法来替代二分查找？因为数组是排序后的，对于i递增的情况，k =n -a[i]随着a[i]的递增而递减。因此，当i增加时，k减少，那么下一个r的位置可能在之前的位置的左边。这可能导致双指针的可能。 例如，初始时i=0，k =n -a[0]。找到r的位置。当i增加到1时，k=n -a[1]，因为a是递增的，所以a[1] >=a[0]，所以k会变小。此时，r的位置可能在之前找到的位置的左边。所以可以用一个指针r从m-1开始，逐渐左移。 这可能可以用双指针法，将寻找每个i的r的时间从O(log m)降到O(1)总时间，从而总时间复杂度降为O(m)。但需要确认是否可行。 比如，初始时，r =m（即初始的右边界）。然后，对于每个i从0到m-1，k =n -a[i]。因为数组是递增的，当i增大时，k减小，所以对于下一个i来说，r的位置应该小于等于当前的r。这样，可以维护一个指针r，初始为m，然后每次i增大时，将r左移到合适的位置。 例如，初始时r=m。然后，对于i=0，找到最大的j>=i+1的最小r，使得a[r]>=k。当i增加到1时，k=n -a[1] <=n -a[0]，所以原来的r可能仍然有效，或者需要左移。 但具体来说，如何维护r的位置？ 假设我们从i=0到i=m-1遍历，同时维护r为当前最小的索引，使得a[r] >=k_i（其中k_i =n -a[i]）。由于数组a是递增的，当i增加时，a[i]增加，k_i减小。因此，对于i+1来说，k_{i+1}=n -a[i+1] <=k_i。因此，对应的r的位置应该不小于之前的r的位置，或者说可能需要更小的r？或者可能更左边？ 举个例子：假设数组a排序后是 [1,2,3,4,5], n=5。当i=0时，a[i]=1，k=5-1=4，所以r是第一个j>=1（i+1=1）且a[j]>=4的位置，即j=3（a[3]=4）。当i=1时，a[i]=2，k=5-2=3，此时r需要找到第一个j>=2且a[j]>=3的位置，即j=2。所以在这种情况下，当i增加时，k减小，对应的r的位置可能左移（即更小）。这时候，如果原来的r在i=0时是3，那么当i=1时，需要从j>=2开始找，找到第一个>=3的位置。这时候，原来的r可能大于新的r的位置。 这说明，在这种情况下，随着i的增加，r的位置可能向左移动。因此，双指针方法可能可行，但需要以i为起点，或者需要从后向前处理？ 或者，可能可以用两个指针，一个从i+1开始，另一个从m-1开始，寻找满足条件的r。 这可能比较复杂，因此可能还是用二分查找更简单，但时间复杂度已经足够优化。或者，是否可以将i从大到小处理，从而让k_i递增，这样r的位置可以随着i的减小而递增，从而可以用双指针？ 比如，数组a是递增的，如果i从大到小遍历，那么a[i]递增，所以k_i =n -a[i]递减。这可能不太容易。或者，反过来，如果遍历i的顺序是逆序的，可能可以更有效地维护r的位置。但原题中的循环是i从0到m-1的顺序，所以可能需要调整。 综上，可能用二分查找的方法已经足够优化，将时间复杂度从O(m^2)降到O(m log m)，而使用前缀和数组来加速内层循环的计算。 现在，需要检查原代码中的其他可能的错误或优化点。例如，原代码中的变量k =n -a[i]，然后寻找j >=i+1的位置，且a[j]>=k。那么，当a[j] >=k时，也就是a[j] >=n -a[i]。而同时，在计算cnt的时候，tmp =n -a[j]，所以a[i] >=tmp → a[i] >=n -a[j] → a[i] +a[j] >=n。这说明，对于i<j，当a[i] +a[j] >=n时，这对会被计算。但因为i<j，所以每个这样的对会被计算两次吗？或者原问题中的每个对是否需要被计算两次？ 在原来的代码中，对于每个i和j（i<j），当满足条件时，贡献是cnt*2。这可能是因为i和j的顺序对调的情况，或者因为题目中每个对的贡献需要考虑两个方向。例如，当i和j满足条件时，i对j的贡献和j对i的贡献都要计算？但原代码中的循环结构是i从0到m-1，然后j从i+1到m-1，所以每个i<j的对会被处理一次。然后，在代码中，贡献是乘以2的。这可能表示，每个满足条件的i<j的对的贡献是2*(a[i] +a[j] -n +1)。或者，原问题可能存在某种对称性，例如两个元素之间的互动需要计算两次。 但不管怎样，原代码的逻辑是正确的，现在需要优化时间复杂度。 所以，总结优化步骤： 1. 预处理前缀和数组pre_sum。 2. 在循环每个i时，找到r的位置，计算对应的和，利用pre_sum数组快速求和，避免内层循环。 这样，修改后的代码的时间复杂度为O(m log m)。 现在，检查是否还有其他可能的优化点。例如，原代码中的排序是必要的吗？是的，因为后面的二分查找和前缀和都需要数组有序。 此外，是否可以将变量类型改为更合适的类型？例如，原代码中使用的是int long long，这可能是因为n和a的元素可能很大，导致结果溢出。所以这可能是必要的。 现在，编写优化后的代码： 首先，在读取数组a之后进行排序，并计算pre_sum数组。 然后，循环每个i，进行二分查找，计算对应的sum_part，然后累加到ans。 具体修改如下： 在代码中，在排序之后，计算pre_sum： vector<int> a(m); for(int i=0; i<m; i++) cin >>a[i]; sort(a.begin(), a.end()); vector<int> pre_sum(m+1, 0); for(int i=0; i<m; i++) pre_sum[i+1] = pre_sum[i] + a[i]; 然后，在循环i的时候： for(int i=0; i<m; i++){ int k = n -a[i]; int l =i+1, r =m; while(l <r){ int mid = (l +r)>>1; if(a[mid] >=k) r=mid; else l=mid +1; } int cnt_j = m -r; if(cnt_j <=0) continue; int sum_part = (a[i] -n +1)*cnt_j + (pre_sum[m] - pre_sum[r]); ans += sum_part *2; } 这样，时间复杂度就降到了O(m log m)。因为每个i的二分查找是O(log m)，而其他操作都是O(1)。 需要注意的是，pre_sum的索引是否正确。例如，a的索引是0到m-1，而pre_sum的索引0到m，其中pre_sum[i]是前i个元素的和（即a[0]到a[i-1]的和）。因此，sum a[j]从r到m-1是pre_sum[m] - pre_sum[r]，因为a[r]到a[m-1]共有m -r个元素，它们的和是pre_sum[m]（前m个元素的和）减去pre_sum[r]（前r个元素的和）。 这样，优化后的代码应该可以正确处理问题，并且时间复杂度大大降低。 现在，还需要测试这种优化是否正确。例如，原来的内层循环中，每个j对应的cnt是a[i] +a[j] -n +1，然后总和是sum (a[i] +a[j] -n +1) *2。而优化后的代码将sum拆分为（a[i] -n +1）的总和加上a[j]的总和，即sum (a[i]-n+1) + sum a[j] → 正确，因为每个项是(a[i]-n+1 +a[j])。因此，总和等于sum (a[i]+a[j] -n +1)，所以优化后的代码是正确的。 因此，这种优化是正确的，可以显著降低时间复杂度。</think>我们可以通过数学推导和前缀和预处理将时间复杂度从 $O(m^2)$ 优化到 $O(m \log m)$。以下是分步说明及优化后的代码： ### 问题分析 原代码针对每个元素 $a[i]$，使用二分查找确定有效区间后，遍历计算区间内所有元素的贡献值。内层循环导致时间复杂度达到 $O(m^2)$。 ### 优化思路 1. **前缀和预处理**：预先计算数组前缀和，将区间求和操作优化至 $O(1)$ 2. **数学表达式转换**：将累加操作转换为数学表达式，利用前缀和快速计算区间和 3. **保持二分查找**：利用排序后数组的有序性，继续使用二分查找确定有效区间 ### 数学推导 对于每个 $a[i]$，找到满足 $a[j] \geq n-a[i]$ 的最小 $j$ 后： $$ \text{贡献值} = 2 \times \sum_{j=r}^{m-1} \left[ (a[i] + a[j] - n + 1) \right] $$ 可分解为： $$ 2 \times \left[ (a[i]-n+1) \times (m-r) + \sum_{j=r}^{m-1} a[j] \right] $$ ### 优化代码 ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define int long long using namespace std; signed main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int t; cin >> t; while(t--) { int n, m; cin >> n >> m; vector<int> a(m); for(int i = 0; i < m; ++i) cin >> a[i]; sort(a.begin(), a.end()); // 预处理前缀和数组 vector<int> pre_sum(m+1, 0); for(int i = 0; i < m; ++i) pre_sum[i+1] = pre_sum[i] + a[i]; int ans = 0; for(int i = 0; i < m; ++i) { int k = n - a[i]; // 二分查找右边界 int l = i + 1, r = m; while(l < r) { int mid = (l + r) >> 1; if(a[mid] >= k) r = mid; else l = mid + 1; } if(r >= m) continue; // 无有效元素 int cnt = m - r; int sum_part = (a[i] - n + 1) * cnt + (pre_sum[m] - pre_sum[r]); ans += sum_part * 2; } cout << ans << '\n'; } return 0; } ``` ### 复杂度分析 1. **排序操作**：$O(m \log m)$ 2. **前缀和预处理**：$O(m)$ 3. **主循环**：每个元素的二分查找 $O(\log m)$，总时间 $O(m \log m)$ 总时间复杂度从原始 $O(m^2)$ 优化到 $O(m \log m)$，可处理 $m \leq 10^5$ 规模的数据。 ### 关键优化点 1. **前缀和数组**：将区间求和复杂度降为 $O(1)$ 2. **表达式分解**：将双重循环转换为数学表达式计算 3. **保持二分查找**：利用有序性快速定位有效区间 该优化在保持算法正确性的前提下，显著提升了执行效率。