[排序和二分] 绝对差值和
给你两个正整数数组 nums1 和 nums2 ，数组的长度都是 n 。
数组 nums1 和 nums2 的 绝对差值和 定义为所有 |nums1[i] - nums2[i]|（0 <= i < n）的 总和（下标从 0 开始）。
你可以选用 nums1 中的 任意一个 元素来替换 nums1 中的 至多 一个元素，以 最小化 绝对差值和。
在替换数组 nums1 中最多一个元素 之后 ，返回最小绝对差值和。因为答案可能很大，所以需要对 109 + 7 取余 后返回。
|x| 定义为：
- 如果
x >= 0，值为x，或者 - 如果
x <= 0，值为-x
示例 1：
输入：nums1 = [1,7,5], nums2 = [2,3,5]
输出：3
解释：有两种可能的最优方案：
- 将第二个元素替换为第一个元素：[1,7,5] => [1,1,5] ，或者
- 将第二个元素替换为第三个元素：[1,7,5] => [1,5,5]
两种方案的绝对差值和都是 |1-2| + (|1-3| 或者 |5-3|) + |5-5| = 3
示例 2：
输入：nums1 = [2,4,6,8,10], nums2 = [2,4,6,8,10] 输出：0 解释：nums1 和 nums2 相等，所以不用替换元素。绝对差值和为 0
示例 3：
输入：nums1 = [1,10,4,4,2,7], nums2 = [9,3,5,1,7,4]
输出：20
解释：将第一个元素替换为第二个元素：[1,10,4,4,2,7] => [10,10,4,4,2,7]
绝对差值和为 |10-9| + |10-3| + |4-5| + |4-1| + |2-7| + |7-4| = 20
提示：
n == nums1.lengthn == nums2.length1 <= n <= 1051 <= nums1[i], nums2[i] <= 105
解题分析
这题的话需要我们耐心地去分析，首先，我们很容易想到枚举的方法，总共有n^2种情况，我们可以全部遍历然后找到绝对差值和最小的那种情况，最后输出答案即可，不过这种方法显然很容易超时。那有没有更好的方法呢？比如说排序或者二分法？当然可以。我们不妨取出一个局部去观察，首先，对于任意一个位置的i，abs(nums1[i]-nums2[i])就是这个位置对于答案的贡献，如果我们用j位置的数去置换掉i位置（0<=i,j<n，其中n为nums1数组的长度），那么这个位置的贡献就变成了abs(nums1[j]-nums2[i])。两次的差值为maxn = abs(nums1[i]-nums2[i]) - abs(nums1[j]-nums2[i])。那么最终的答案就会变成sum - maxn。我们想让sum最小，只需让maxn最大即可。我们回到表达式中，可以比较清楚地发现，一旦i确定了，我们只需要去寻找一个j，就可以确定这个值，j应该怎么取呢？其实也比较容易发现，我们只需要让nums1[j]接近nums2[i]即可，也就是说我们二分查找一下nums1数组中和nums2[i]接近的两个数（可能更小，也可能更大），然后比较哪个更小即可。这里推荐使用lower_bound，可以比较快地返回一个迭代器，迭代器指向的是大于等于nums2[i]的一个数的位置，由于vector的内存是连续分布的，所以我们可以作减法得到一个下标的位置。
代码实现
class Solution {
public:static constexpr int mod = 1'000'000'007;int minAbsoluteSumDiff(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {vector<int> rec(nums1);sort(rec.begin(),rec.end());int sum = 0, maxn = 0;int n = nums1.size();for(int i = 0 ; i < n ; i++){int diff = abs(nums1[i] - nums2[i]);sum = (sum + diff) % mod;int j = lower_bound(rec.begin(),rec.end(),nums2[i]) - rec.begin();if(j < n){maxn = max(maxn, diff - (rec[j] - nums2[i]));}if(j > 0){maxn = max(maxn, diff - (nums2[i] - rec[j-1]));}}return (sum - maxn + mod) % mod;}
};