在所有可能的大小为 K 的子集上找到最大值和最小值之差的总和

给定一个整数数组，我们需要在所有大小为 K 的子集上找到最大值和最小值之差的总和。也就是说，对于大小为为 K 的每个子集，我们需要计算其最大值和最小值的差并将结果求和。

例如，给定数组 [2, 5, 4, 7, 1] 和 K = 3，我们可以找到以下子集：

• [2, 5, 4]：最大值为 5，最小值为 2，它们之差为 3
• [5, 4, 7]：最大值为 7，最小值为 4，它们之差为 3
• [4, 7, 1]：最大值为 7，最小值为 1，它们之差为 6

因此，最终的结果为 3 + 3 + 6 = 12。

解法

一种简单的解法是暴力枚举所有可能的子集，对于每个子集分别计算最大值和最小值之差，最终将结果求和。这种解法的时间复杂度为 O(N^k)，显然是无法接受的。

更高效的解法是使用单调队列。我们可以维护一个大小为 K 的单调递减队列和一个大小为 K 的单调递增队列，其中递减队列存储当前子集的最大值，递增队列存储当前子集的最小值。

当我们向右移动窗口时，我们需要添加一个新的元素并弹出队列中的最左端元素。我们可以采用类似于双端队列的方法，同时更新递减队列和递增队列，保持它们的大小为 K。

当我们弹出队列中的元素时，有两种情况需要处理：

• 如果弹出的元素在递减队列中，它对应的子集的最大值将被替换为下一个最大值。
• 如果弹出的元素在递增队列中，它对应的子集的最小值将被替换为下一个最小值。

可以证明，在初始时，两个队列中的元素的最小值和最大值之差的和即为答案。当我们向右移动窗口时，每次只需要添加一个元素并弹出一个元素，因此时间复杂度为 O(N)。

代码

def max_min_diff_sum(nums, k):
    n = len(nums)
    if k > n:
        return 0
    max_q = []
    min_q = []
    max_sum = 0
    min_sum = 0
    for i in range(n):
        # pop out of range elements from queue
        if max_q and i - max_q[0] >= k:
            max_q.pop(0)
        if min_q and i - min_q[0] >= k:
            min_q.pop(0)

        # push current element to queue
        while max_q and nums[i] >= nums[max_q[-1]]:
            max_q.pop()
        max_q.append(i)
        while min_q and nums[i] <= nums[min_q[-1]]:
            min_q.pop()
        min_q.append(i)

        # update sum
        if i >= k - 1:
            max_sum += nums[max_q[0]]
            min_sum += nums[min_q[0]]

    return max_sum - min_sum

print(max_min_diff_sum([2, 5, 4, 7, 1], 3))  # output: 12

以上是一个基于 Python 的实现代码，其中 max_q 和 min_q 分别是维护的递减队列和递增队列，最终的答案即为 max_sum - min_sum，其中 max_sum 是递减队列中元素的和，min_sum 是递增队列中元素的和。