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原题链接力扣

 题目大意：我开始看成连续子段了，写了个递归程序....... 

一个数组任选一个子序列，子序列的力量值=最大值平方*最小值。求所有子序列的力量和。

分析过程：如序列长度为n，子序列总数为2的n次幂，显然不可能枚举所有子序列来求解。那么只能锁定子序列最大值和最小值来处理。容易想到先排序，排序后的序列可以取任意ai和aj，那么ai最小值，aj 最大值,i和j之间的元素可以任取，例如i=2，j=6，那么i和j之间有3个其他元素，这3个元素可以任取，因此共有2的3次幂共8种选取方法：(a2,a6) (a2,a3,a6) (a2,a4,a6) (a2,a5,a6)（a2,a3,a4,a6）.......。枚举所有i和j，时间复杂度为O(n2)。

这类问题如何继续降低复杂度。一般来说都会存在某种规律，使得下一次的处理能利用上一次的结果，也有写问题存在某种（数学）方法，能直接求得解。本题目通过找规律解决。

假设a1为最小值，那么子序列中必然有a1，此时如果锁定ai为最大值，那么所有满足（a1最小，ai最大）的子序列数量必然ai*ai*a1*pow(2,i-2)。

枚举下最大最小值分别为(i,j）的公式

可以发现规律为当ai为最大值时，其组成所有子序列的力量和为Y[i]*a[i]*a[i]，而这个Y[i]可以由Y[i-1]*2+a[i-1]求得。

class Solution {
public:
    int sumOfPower(vector<int>& nums) {
        int i,j,r=nums.size()-1，mod=1e9+7;;
        sort(nums.begin(),nums.end());/**< 排序 */
        long long ans=0,sum=nums[0];
        for(i=0;i<=r;i++)/**< 就一个元素序列单独处理 */
            ans=(ans+1LL*nums[i]*nums[i]%mod*nums[i])%mod;
        for(i=1;i<=r;i++)/**< 最大值为i的力量和 */
        {
            long long temp=1LL*nums[i]*nums[i]%mod;
            ans=(ans+temp*sum%mod)%mod;
            sum=(sum*2+nums[i])%mod;/**< i+1的系数 */
        }
        return (int)ans;
    }
};

两个循环综合在一起的写法。

class Solution {
public:
    int sumOfPower(vector<int>& nums) {
        int i,j,r=nums.size()-1,mod=1e9+7;;
        sort(nums.begin(),nums.end());/**< 排序 */
        long long ans=0,sum=0;
        for(i=0;i<=r;i++)/**< 最大值为i的力量和 */
        {
            long long temp=1LL*nums[i]*nums[i]%mod;
            ans=(ans+temp*(sum+nums[i])%mod)%mod;
            sum=(sum*2+nums[i])%mod;/**< i+1的系数 */
        }
        return (int)ans;
    }
};