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导读

本文深入解析 LeetCode 第 82 场双周赛第三题（2333. Minimum Sum of Squared Difference）的经典贪心解法：通过绝对值差构造目标数组、将两次独立操作合并为一次"至多 k 次 −1"的等效问题，再利用排序 + 前缀削平（削峰填谷）技巧在 O(n log n) 时间内求出平方和的最小值。读完本文，你将掌握一类"操作次数统一折算 + 贪心削峰"的竞赛套路，并看到该解法在 codeforces-go 仓库中的完整 Go 实现与测试验证链路。

题目背景与问题转化

题目给定两个等长数组nums1、nums2，以及两个操作次数k1、k2：每次操作可以将nums1[i]加 1 或减 1（共至多k1次），将nums2[i]加 1 或减 1（共至多k2次），目标是最小化 $\sum (\textit{nums}_1[i]-\textit{nums}_2[i])^2$。

关键洞察在于：在nums1[i]上 +1，等价于在nums2[i]上 −1，反之亦然。因此两个数组上的操作可以合并看待——真正影响平方和的只有两者之差的绝对值。

据此定义：

• $a[i]=|\textit{nums}_1[i]-\textit{nums}_2[i]|$
• $k=k_1+k_2$

原问题就转换为一个干净的子问题：

对数组 $a$ 执行至多 $k$ 次 $-1$ 操作，能得到的 $\sum a[i]^2$ 的最小值。

这个"操作合并"是本类题目的通用第一步：先消去问题中的结构差异，把多维度操作收敛到单一变量的单一操作，后续贪心决策会大幅简化。

贪心核心：先削最大的数

平方函数是凸函数，$x^2$ 随 $x$ 增长得越来越快。因此对于任意两个数，优先把较大的那个 $-1$ 一定更优：同样消耗一次操作，减小较大的数能带来更大的平方和下降。

由此得到一个确定性策略：将 $a$从大到小排序，然后从左到右遍历，同时维护剩余操作次数 $k$。遍历过程中保持一个不变量——当前位置 $i$ 之前的所有元素（即 $a[0]$ 到 $a[i-1]$）都已经在同一高度 $a[i]$ 上，即"前缀已被削平"。

分情况讨论：如何判断 k 次操作能否继续削平

当遍历到 $a[i]$ 时，$a[0]$ 到 $a[i-1]$ 均已减小至 $a[i]$。下一步的目标是判断：$k$ 次操作能否让 $a[0]$ 到 $a[i]$全部再减小至 $a[i+1]$。

所需次数为前缀元素个数乘以高度差：

$$c = (i+1)\cdot(a[i]-a[i+1])$$

分两种情况：

1. 若 $c < k$：$a[0]$ 到 $a[i]$ 均可以减小至 $a[i+1]$，把前缀削平到下一个高度，更新 $k = k - c$，继续循环。

2. 若 $c \ge k$：剩余操作次数不足以把整个前缀再压下一层。此时 $a[0]$ 到 $a[i]$ 中：

   • 有 $k \bmod (i+1)$ 个元素可以额外减小 $\left\lfloor\dfrac{k}{i+1}\right\rfloor+1$；
   • 有 $i+1-k \bmod (i+1)$ 个元素只能额外减小 $\left\lfloor\dfrac{k}{i+1}\right\rfloor$。

   后续无法继续减小，应退出循环，答案可以直接用公式结算。

为什么 $c \ge k$ 时用k // (i+1)与k % (i+1)分配？因为此时 $k$ 次操作平摊到 $i+1$ 个元素上，每个元素至少获得 $\lfloor k/(i+1)\rfloor$ 次减小，余数部分再逐一加给前 $k \bmod (i+1)$ 个元素（由于元素完全等价，具体分配给谁不影响平方和）。最终这 $i+1$ 个元素的高度只有两种取值，平方和可以一次性算出。

一个关键边界：sum(a) ≤ k 直接返回 0

在排序前先做一次全局判断：若所有 $a[i]$ 之和不超过 $k$，那么可以把每一个 $a[i]$ 都削到 0，答案必然为 0，直接返回。这既是一个正确的剪枝，也避免了后续循环在"削平到 0"时产生不必要的复杂边界处理。

代码中对应注释 "所有 a[i] 均可为 0" 的提前返回分支：

if sum <= k { return 0 // 所有 a[i] 均可为 0 }

哨兵技巧：让削平循环自然终止

实现上有一个非常实用的细节：在数组末尾追加一个哨兵 0。这样当前缀被削到 0 时，a[i+1]仍存在（值为 0），高度差a[i]-a[i+1]的计算不会越界，循环边界判断得以简化；同时"全部削为 0"的场景也天然落入 $c \ge k$ 的分支中，由公式直接结算。

a = append(a, 0) // 哨兵

四种语言的完整实现

仓库文档给出了 Python3、Java、C++、Go 四种等价实现，均遵循"先构造差数组 → 提前判 0 → 降序排序 + 哨兵 → 前缀削平"的统一框架。

Python3

class Solution: def minSumSquareDiff(self, a: List[int], nums2: List[int], k1: int, k2: int) -> int: ans, k = 0, k1 + k2 for i in range(len(a)): a[i] = abs(a[i] - nums2[i]) ans += a[i] * a[i] if sum(a) <= k: return 0 # 所有 a[i] 均可为 0 a.sort(reverse=True) a.append(0) # 哨兵 for i, v in enumerate(a): ans -= v * v # 撤销上面的 ans += a[i] * a[i] j = i + 1 c = j * (v - a[j]) if c < k: k -= c continue v -= k // j return ans + k % j * (v - 1) * (v - 1) + (j - k % j) * v * v

Java

class Solution { public long minSumSquareDiff(int[] a, int[] nums2, int k1, int k2) { int n = a.length; int k = k1 + k2; long ans = 0; long sum = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { a[i] = Math.abs(a[i] - nums2[i]); sum += a[i]; ans += (long) a[i] * a[i]; } if (sum <= k) { return 0; // 所有 a[i] 均可为 0 } Arrays.sort(a); for (int i = n - 1; ; i--) { int m = n - i; long v = a[i]; long c = m * (v - (i > 0 ? a[i - 1] : 0)); ans -= v * v; // 撤销上面的 ans += a[i] * a[i] if (c < k) { k -= c; continue; } v -= k / m; return ans + k % m * (v - 1) * (v - 1) + (m - k % m) * v * v; } } }

Java 版本通过Arrays.sort升序后从后往前扫描，语义上与"降序前缀削平"完全对称，并用(i > 0 ? a[i-1] : 0)隐式承担了哨兵 0 的作用。

C++

class Solution { public: long long minSumSquareDiff(vector<int>& a, vector<int>& nums2, int k1, int k2) { int n = a.size(), k = k1 + k2; long long ans = 0, sum = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { a[i] = abs(a[i] - nums2[i]); sum += a[i]; ans += (long) a[i] * a[i]; } if (sum <= k) { // 所有 a[i] 均可为 0 return 0; } ranges::sort(a, greater()); a.push_back(0); // 哨兵 for (int i = 0; ; i++) { long long j = i + 1, v = a[i], c = j * (v - a[j]); ans -= v * v; // 撤销上面的 ans += a[i] * a[i] if (c < k) { k -= c; continue; } v -= k / j; return ans + k % j * (v - 1) * (v - 1) + (j - k % j) * v * v; } } };

Go（仓库内完整实现）

仓库中的 c.go 即本题的 Go 提交版，与文档中的 Go 解法完全一致：

// https://space.bilibili.com/206214/dynamic func minSumSquareDiff(a, nums2 []int, k1, k2 int) int64 { ans, sum := 0, 0 for i, v := range a { a[i] = abs(v - nums2[i]) sum += a[i] ans += a[i] * a[i] } k := k1 + k2 if sum <= k { return 0 // 所有 a[i] 均可为 0 } slices.SortFunc(a, func(a, b int) int { return b - a }) a = append(a, 0) // 哨兵 for i, v := range a { i++ ans -= v * v // 撤销上面的 ans += a[i] * a[i] if c := i * (v - a[i]); c < k { k -= c continue } v -= k / i ans += k%i*(v-1)*(v-1) + (i-k%i)*v*v break } return int64(ans) } func abs(x int) int { if x < 0 { return -x }; return x }

值得注意的细节是ans的"撤销—结算"机制：第一轮循环已经把所有 $a[i]^2$ 加进了ans，进入削平循环后每处理一个元素就ans -= v*v撤销其贡献；一旦到达终止位置（$c \ge k$），就只把当前前缀最终结算出来的平方和加回ans。这样省去了单独维护前缀和的额外数组。

复杂度分析

• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n\log n)$，瓶颈在排序（不同语言对应的sort、Arrays.sort、ranges::sort、slices.SortFunc均为比较排序）。
• 空间复杂度：$\mathcal{O}(1)$（忽略排序的栈开销与哨兵元素的开销）。

整个削平循环每轮要么整体压一层（减少一个不同高度），要么直接结算退出，最多执行 $O(n)$ 轮，因此线性扫描部分不会成为瓶颈。

仓库中的测试验证链路

codeforces-go 仓库为本题配备了完整的自动化测试，形成"题解文档 → 源码实现 → 用例数据 → 通用测试框架"的闭环：

1. 实现文件：c.go 提供minSumSquareDiff函数，位于leetcode/biweekly/82/c/目录下（第 82 场双周赛第三题）。
2. 测试入口：c_test.go 调用通用测试工具testutil.RunLeetCodeFuncWithFile(t, minSumSquareDiff, "c.txt", targetCaseNum)完成用例驱动测试。
3. 测试数据：c.txt 按"输入行 × 期望输出行"分组存放用例，例如：

[1,2,3,4] [2,10,20,19] 0 0 579

即 $nums_1=[1,2,3,4], nums_2=[2,10,20,19], k_1=0, k_2=0$，期望输出 579——此时差数组为 $[1,8,17,15]$，平方和 $1+64+289+225=579$，验证了无操作时直接计算平方和的正确性。

4. 测试框架实现：leetcode.go 中的RunLeetCodeFuncWithFile会读取文件、按函数签名推断每组用例的输入输出行数（fNumIn + fNumOut行一组），通过反射把字符串输入解析为具体参数并执行断言。仓库中的 leetcode.go 由此提供了"题目文件 + 通用 runner"即可跑通题解的标准化测试模式，同一框架在leetcode/weekly、leetcode/biweekly等目录下被大量复用。

小结：一类贪心套路的迁移

本题的完整解题链条可以抽象为三步通用方法论，可迁移到其他"若干次操作 + 最小化凸函数"类题目：

1. 统一变量：把不同位置、不同对象上的操作折算成对同一数组的同一操作（本题把 $k_1+k_2$ 合并为对差值数组的 $-1$ 操作）。
2. 贪心方向：凸函数的边际收益递减特性决定了"先削最大值"的贪心正确性，排序后前缀削平让决策呈现单调结构。
3. 数学结算：在无法继续整体削平时，用整除与取模一次性算出平摊后的结果，避免逐次模拟的 O(nk) 复杂度。

这种"排序 + 前缀削平 + 平摊结算"的组合在竞赛中十分常见，掌握它能显著提高处理此类"最小化/最大化凸目标函数"题目的效率。

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