本文为 Clouder 原创文章,原文链接为 https://cloud.tencent.com/developer/article/2119667,转载时请将本段放在文章开头显眼处。如进行了二次创作,请明确标明。
在颓废地水 Telegram 的时候,在 Codeforces 群里看到有人发了张谷歌面试的题的图,还是有那么一些意思的,向神犇求助后有所收获,写一篇题解。
题目难度不大,如何优雅地解决才是问题。
给定一个无序数组 A ,长度为 N ,元素皆为非负整数,要求找到一段连续的子序列使得其和为 S 。
暴力的思路非常简单,枚举左右端点乱搞就是了。复杂度大概是 O(n^3) 的。 考虑稍加优化,预处理出前缀和,依然枚举左右端点,复杂度为 O(n^2) 。 这是最直观的想法了,然而要求复杂度为 O(n) ,就必须找到更优的算法。
既然有了前缀和,那么这一段子序列可以用数学语言来表示一下: S = s_i - s_j(j \leq i) 其中 s 代表前缀和。 稍加变换,就可以变为: s_i - S = s_j(j \leq i) 问题转化为是否存在 j \in [1,i] 使得 s_j = s_i - S 。 那么可以顺着扫一遍,判断之前是否有 s_j = s_i - S ,再将 s_i 的值记录下来。 伪代码:
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
s[i] = s[i - 1] + a[i];
if(map[s[i] - S] != 0)
return make_pair(map[s[i] - S] + 1,i);
map[s[i]] = i;
}
那么复杂度的瓶颈就在于这个 map 如何实现了。使用红黑树可以做到稳定的 O(n\log n) ,而使用哈希表可以做到 O(n) 。 然而哈希表的复杂度相当玄学,并且在元素值域过大时表现并不好。 有没有更稳定的、优雅的解决方法呢?
这是与神犇讨论后产生的解法,笔者认为相当优雅,并且顺路膜拜了神犇。
双指针扫描发,或者说对撞指针法?网上的资料较少,我只能大致讲一下。
拿经典的两数之和来举例子吧。
首先保证数组有序,要求找到两个数和为定值。 那么初始化左指针为数组开头,右指针为数组末尾。 判断两数相加,若大于目标值,则右指针左移。若小于目标值,则左指针右移。 那么两个指针重合时终止。很容易证明复杂度为 O(n) 。
相信这个还是很容易理解的。 那么这道题,只是将两数之和变成了两数之差,也可以使用相类似的双指针法。 要求: S = s_i - s_j(j \leq i) 先预处理出前缀和数组,由于元素都是非负整数,前缀和数组天然单调递增。 发现右指针右移时单调递增,左指针右移时单调递减,因此满足了单调性。 如果空数组也是可选的,那么右指针初始和左指针位置相同。 伪代码:
int lp = 0,rp = 0;
while(lp <= rp && lp >= 0 && rp <= n)
{
if(s[rp] - s[lp] == S)
return make_pair(lp + 1,rp);
if(s[rp] - s[lp] < S)
++rp;
else
++lp;
}
那么复杂度就是相当稳定的 O(n) 了。
至于双指针法的正确性,感性理解很容易,但严谨证明,笔者觉得还是有些难度的。(当然是笔者太弱了)
在借鉴了 chend 大佬的两数之和正确性证明 后,笔者也尝试自证一下。
使用数学归纳法证明算法运行过程中 \forall a \in [0,L],b \in [L+1,R] ,s_b - s_a \neq S 。
那么在算法运行过程中,根据定义移动指针可始终保证命题成立,不会漏掉 s_b - s_a = S 的情况。 由于笔者水平问题,证明并不严谨,读者可看大佬原文自行证明。
做题容易,优雅地切题难,切完要证更难啊……
对指点笔者的两位神犇表达膜拜之情。
附上代码包,包含两种方法和数据生成器、检验器和对拍器。
为了实现方便,哈希表使用了 map 容器来代替。