【算法】【优选算法】前缀和（下）

鸽鸽程序猿2024-11-19 7:05

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一、560.和为K的⼦数组

题目链接：560.和为K的⼦数组

题目描述：

题目解析：

  • 求数组中子串的和为k的个数。

1.1 前缀和

解题思路：

  • 假设已经创建好了一个前缀和数组dp，我们使用前缀和的时候，判断从0到 i 位置的和为k的子数组个数，只需要在dp下标[ 0 , i - 1 ]中找dp元素值为dp[ i ] - k的个数即可。
  • 所以我们使用一个容器hash表来存储从0 到 i - 1的前缀和的个数，关键字key就是前缀和，values就是次数。
  • 细节处理：
    • 我们不需要真的使用前缀和数组，只需要遍历原数组时，用一个变量记录遍历过的元素和即可。
    • 当该前缀和就是k的时候，我们上面条件没有考虑，所以我们还要先放入(0,1)表示这种情况。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(n)
class Solution {
    public int subarraySum(int[] nums, int k) {
        Map<Integer,Integer> hash = new HashMap<>();
        hash.put(0,1);
        int sum = 0;
        int ret = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            sum += nums[i];
            ret += hash.getOrDefault(sum-k,0);
            hash.put(sum, hash.getOrDefault(sum,0)+1);
        }
        return ret;
    }
}

1.2 暴力枚举

解题思路：

  • 直接使用两层for循环，将每一种可能枚举出来。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
    public int subarraySum(int[] nums, int k) {
        int ret = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            int sum = 0;
            for(int j = i; j < nums.length; j++) {
                sum += nums[j];
                if(sum == k) {
                    ret++;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
}

二、974.和可被K整除的⼦数组

题目链接：974.和可被K整除的⼦数组

题目描述：

题目解析：

  • 跟上一道题一样的思路，只不过这个是求能被整除的个数而已。

2.1 前缀和

解题思路：

  • 同余定理：如果（a - b）% p == 0 那么a % p 和b % p值相等。
  • Java中负数对正数取余修正：在Java中负数对正数取余余数会是负数，修正方法就是：（a % p + p）% p
  • 使用hash表将i下标前的每一个前缀和与k的余数存入。
  • 再看前面前缀和与当前 前缀和的余数相同的个数即可。
  • 当[0 , i]本身前缀和余数为0的时候，就是一个符合条件的子数组。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(n)
class Solution {
    public int subarraysDivByK(int[] nums, int k) {
        int ret = 0;
        Map<Integer,Integer> hash = new HashMap<>();
        hash.put(0 % k , 1);
        int sum = 0;
        for(int x : nums) {
            sum += x;
            int key = (sum % k + k ) % k;
            ret += hash.getOrDefault(key,0);
            hash.put(key, hash.getOrDefault(key , 0) + 1);
            
        }
        return ret;
    }
}

2.2 暴力枚举

解题思路：

  • 直接遍历数组，在将遍历元素的和取余即可。
  • 会超时。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
    public int subarraysDivByK(int[] nums, int k) {
        int ret = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            int sum = 0;
            for(int j = i; j < nums.length; j++) {
                sum += nums[j];
                if((sum % k + k) % k == 0) ret++;
            }
        }
        return ret;
    }
}

三、525.连续数组

题目链接：525.连续数组

题目描述：

题目解析：

  • 要我们返回子数组中 0 和1 数量相等的最长子数组的长度。

3.1 前缀和

解题思路：

  • 我们使用一个容器hash表，关键字key来记录原数组每个下标i中的1与0个数差，而values记录这个差值的最小下标。
  • 注意边界情况，如果刚好整个数组满足条件，结果就是数组长 又等于nums.length-1 + 1所以我们初始一个(0,-1)
  • 求长度的时候，我们在前面找到 j 下标与现在 i 下标关键字一样，那么数组区间就是[ j+1 , i ]

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(n)
class Solution {
    public int findMaxLength(int[] nums) {
        int ret = 0;
        int n = nums.length;
        Map<Integer,Integer> hash = new HashMap<>();
        hash.put(0,-1);
        //前面1和0个数之差
        int num = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {

            if(nums[i] == 0) num--;
            else num++;

            if(hash.containsKey(num)) ret = Math.max(ret, i - hash.get(num));
            else hash.put(num, i);
        }
        return ret;
    }
}

3.2 暴力枚举

解题思路：

  • 两层for循环遍历数组，记录每一个子数组中1和0的个数，
  • 当个数相同的时候，更新结果。
  • 会超时

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
    public int findMaxLength(int[] nums) {
        int ret = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            int oneNum = 0;
            int zeroNum = 0;
            for(int j  = i; j < nums.length; j++) {
                if(nums[j] == 0) zeroNum++;
                else oneNum++;

                if(oneNum == zeroNum) ret = Math.max(ret,j-i+1);
            }
        }
        return ret;
    }
}

四、1314.矩阵区域和

题目链接：1314.矩阵区域和

题目描述：

题目解析：

  • 给一个二维数组，给一个k，返回的二维结果数组中数组( i , j )下标的值是原数组( i-k , j-k )到( i+k , j+k)的和。
  • 就像下图中红方框框起来的：

4.1 前缀和

解题思路：

  • 其实着就是前缀和上篇中给出的二维前缀和模版。
  • 我们使用一个二维数组dp比原来数组多一行一列，dp[ i ][ j ]就是原数组中(0 , 0)到(i - 1 , j -1)的元素和。
  • dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1][j - 1] + nums[ i - 1][j - 1]。
  • 在结果数组中与原数组大小一样，本来是求原数组( i-k , j-k )到( i+k , j+k)的和。那么对应到dp数组中，都要加1。
  • 注意越界，如果( i-k , j-k )小于0那么就是0，i+k大于原数组行数，那么就是原数组行数，j+k大于原数组列数，那么就是原数组列数。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(n^2)
class Solution {
    public int[][] matrixBlockSum(int[][] mat, int k) {
        int n = mat.length;
        int m = mat[0].length;
        int[][] dp = new int[n+1][m+1];
        dp[0][0] = mat[0][0];
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = 1; j <= m; j++) {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] - dp[i-1][j-1] + mat[i-1][j-1];
            }    
        } 
        int[][] ret = new int[n][m]; 
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < m; j++) {
                int x2 = i+k > n-1 ? n-1 : i+k;
                int y2 = j+k > m-1 ? m-1 : j+k;
                int x1 = i-k < 0 ? 0 : i-k;
                int y1 = j-k < 0 ? 0 : j-k;
                ret[i][j] = dp[x2+1][y2+1] - dp[x2+1][y1-1+1] - dp[x1-1+1][y2+1]+dp[x1-1+1][y1-1+1];
            }
        }
        return ret;
    }
}

4.2 暴力枚举

解题思路：

  • 先两层for循环，拿到结果数组行列，
  • 再两层for循环，求原数组( i-k , j-k )到( i+k , j+k)的和。

解题代码：

java 复制代码 
//时间复杂度：O(n^4)
//空间复杂度：O(1)
class Solution {
    public int[][] matrixBlockSum(int[][] mat, int k) {
        int n = mat.length;
        int m = mat[0].length;
        int[][] ret = new int[n][m];
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j < m; j++) {
                int x2 = i+k > n-1 ? n-1 : i+k;
                int y2 = j+k > m-1 ? m-1 : j+k;
                int x1 = i-k < 0 ? 0 : i-k;
                int y1 = j-k < 0 ? 0 : j-k;
                for(int w = x1; w <= x2; w++) {
                    for(int q = y1; q <= y2; q++) {
                        ret[i][j] += mat[w][q];
                    }
                }
            }
        }
        return ret;
    }
}
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