891. Sum of Subsequence Widths

问题：

给定数组，求所有子数组的最大值最小值之差的总和是多少。

这个数若太大了，对其进行取kMod=10^9+7的模

Example 1:
Input: [2,1,3]
Output: 6
Explanation:
Subsequences are [1], [2], [3], [2,1], [2,3], [1,3], [2,1,3].
The corresponding widths are 0, 0, 0, 1, 1, 2, 2.
The sum of these widths is 6.
 

Note:
1 <= A.length <= 20000
1 <= A[i] <= 20000

解法：

求所有子数组的最大最小之之差 的和，即是：

所有子数组的最大值之和-最小值之和。

★先对A进行排序。

那么对于其中任意A[i]

1.若在某个子数组中，A[i]=最大值：那么该子数组的元素<=A[i]

 ★（因为已排序）这样的子数组共有，2^i 个。

那么对于A[i]作为最大值，对res的贡献即是+A[i]，所以总贡献为：+ (A[i] * 2^i) 

2.若在某个子数组中，A[i]=最小值：那么该子数组的元素>=A[i]

 ★（因为已排序）这样的子数组共有，2^(n-i-1) 个。(n=A.size())
那么对于A[i]作为最小值，对res的贡献即是-A[i]，所以总贡献为：- (A[i] * 2^(n-i-1))

3.因此对于每一个A[i]，对res的贡献为：

(A[i] * 2^i) - (A[i] * 2^(n-i-1))

那么所有的元素的贡献和为：

res= Sum(A[i] * 2^i) - (A[i] * 2^(n-i-1)), 1<=i<n

为了简化每次单独计算 2^i 和 2^(n-i-1) 的重复性。我们可以展开上述式子，

合并同样为 2^i 的项。

做如下转换：

 可得：

res = Sum(A[i] * 2^i - A[n-i-1] * 2^i)

= Sum((A[i] - A[n-i-1]) * 2^i) , 1<=i<n

另p=2^i

i=0时，p=1，

i=1时，p=p*2=p<<1

......

由于p可能会成为一个非常大的数，因此我们在循环计算途中，最好同时取模

(a+b)%kMod = (a%kMod + b%kMod) %kMod

(a*b)%kMod = (a%kMod * b%kMod) %kMod

所以：p=(p<<1)%kMod

参考代码：

 1 class Solution {
 2 public:
 3     int sumSubseqWidths(vector<int>& A) {
 4         long res=0, p=1;
 5         long kMod=1e9+7;//科学计数法 1e9=1*10^9  1.34e-5=1.34*10^(-5)
 6         sort(A.begin(), A.end());
 7         int n=A.size();
 8         for(int i=0; i<n; i++){
 9             res = (res + (A[i]-A[n-i-1])*p) % kMod;
10             p = (p<<1) % kMod;
11         }
12         return res;
13     }
14 };