2163,删除元素后的最小差值
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums ，它包含 3 * n 个元素。
你可以从 nums 中删除 恰好 n 个元素，剩下的 2 * n 个元素将会被分成两个 相同大小 的部分。
前面 n 个元素属于第一部分，它们的和记为 sumfirst 。
后面 n 个元素属于第二部分，它们的和记为 sumsecond 。
两部分和的 差值 记为 sumfirst - sumsecond 。
比方说，sumfirst = 3 且 sumsecond = 2 ，它们的差值为 1 。
再比方，sumfirst = 2 且 sumsecond = 3 ，它们的差值为 -1 。
请你返回删除 n 个元素之后，剩下两部分和的 差值的最小值 是多少。
示例 1：
输入：nums = [3,1,2]
输出：-1
解释：nums 有 3 个元素，所以 n = 1 。
所以我们需要从 nums 中删除 1 个元素，并将剩下的元素分成两部分。
- 如果我们删除 nums[0] = 3 ，数组变为 [1,2] 。两部分和的差值为 1 - 2 = -1 。
- 如果我们删除 nums[1] = 1 ，数组变为 [3,2] 。两部分和的差值为 3 - 2 = 1 。
- 如果我们删除 nums[2] = 2 ，数组变为 [3,1] 。两部分和的差值为 3 - 1 = 2 。
两部分和的最小差值为 min(-1,1,2) = -1 。
示例 2：
输入：nums = [7,9,5,8,1,3]
输出：1
解释：n = 2 。所以我们需要删除 2 个元素，并将剩下元素分为 2 部分。
如果我们删除元素 nums[2] = 5 和 nums[3] = 8 ，剩下元素为 [7,9,1,3] 。和的差值为 (7+9) - (1+3) = 12 。
为了得到最小差值，我们应该删除 nums[1] = 9 和 nums[4] = 1 ，剩下的元素为 [7,5,8,3] 。和的差值为 (7+5) - (8+3) = 1 。
观察可知，最优答案为 1 。
首先我们看到“前面 n 个元素属于第一部分，后面 n 个元素属于第二部分”，故我们可以分别存储两个部分，且又要使得两部分的差值最小，那么前一部分就应该尽可能小，后一部分应该尽可能大。
如何实现黄色标注处的目标呢，这是就要用到优先队列，前一部分，使用大顶堆（减去大顶堆的头元素）依次删去最大值，自然也就留下了最小值。
后一部分，采用小顶堆（减去小顶堆的头元素）依次删去最小值，自然留下了最大值。
对数组的存储也是有讲解的，首先我们需返回和之差，故采用前缀和，不过求和方向不同，前一部分有前往后，第二部分，又后往前（便于处理），之后的n/3-1到2*k的位置就是各个部分的满足要求前缀和。
那我们该如何划分这两个部分呢？官方的题解讲的挺好的。
即中间部分是我们寻找目标值得地方（k-1到2k位置处）。
详情见代码：
class Solution {
public:
long long minimumDifference(vector<int>& nums) {
int n=nums.size(),k=n/3;
vector<long long>s1(n,0),s2(n,0);
priority_queue<int>small;
for(int i=0;i<2*k;i++)
{
s1[i]=(i>0)?s1[i-1]:0;
small.push(nums[i]);
s1[i]+=nums[i];
if(small.size()>k)
{
s1[i]-=small.top();
small.pop();
}
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>big;
for(int i=n-2;i>=k-1;i--)
{
s2[i]=s2[i+1];
big.push(nums[i+1]);
s2[i]+=nums[i+1];
if(big.size()>k)
{
s2[i]-=big.top();
big.pop();
}
}
long long res=1e15;
for(int i=k-1;i<2*k;i++)
{
res=min(res,s1[i]-s2[i]);
}
return res;
}
};
