题目描述:给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ,请你统计并返回 该数组中和为 k 的连续子数组的个数 。 示例 1:
输入:nums = [1,1,1], k = 2 输出:2 示例 2:
输入:nums = [1,2,3], k = 3 输出:2
提示:
1 <= nums.length <= 2 * 10^4 -1000 <= nums[i] <= 1000 -1e7 <= k <= 1e7
思路和算法
考虑以 i 结尾和为 k 的连续子数组个数,我们需要统计符合条件的下标 jj 的个数,其中0≤j≤i 且 [j…i] 这个子数组的和恰好为 k 。
我们可以枚举[0..i]
里所有的下标 j 来判断是否符合条件,可能有读者会认为假定我们确定了子数组的开头和结尾,还需要 O(n 的时间复杂度遍历子数组来求和,那样复杂度就将达到 O(n^3),从而无法通过所有测试用例。但是如果我们知道 [j,i]
子数组的和,就能 O(1) 推出[j−1,i]
的和,因此这部分的遍历求和是不需要的,我们在枚举下标 j 的时候已经能 O(1)求出 [j,i]
的子数组之和。
class Solution {
public:
// 暴力求解:时间复杂度为O(n*n)
int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
int sum = 0;
for (int j = i; j >= 0; j--) {
sum += nums[j];
if (sum == k) {
count++;
}
}
}
return count;
}
};
时间复杂度:O(n^2)
,其中 n 为数组的长度。枚举子数组开头和结尾需要 O(n^2)
的时间,其中求和需要 O(1) 的时间复杂度,因此总时间复杂度为 O(n^2)
。
空间复杂度:O(1)。只需要常数空间存放若干变量。
注意
:使用此方法的时间复杂度为O(n^2)
,有些用例无法通过,提交时不通过。
我们可以基于方法一利用数据结构进行进一步的优化,我们知道方法一的瓶颈在于对每个 ii,我们需要枚举所有的 jj 来判断是否符合条件,这一步是否可以优化呢?答案是可以的。
我们定义pre[i] 为 [0…i] 里所有数的和,则pre[i] 可以由pre[i−1] 递推而来,即: pre[i]=pre[i−1]+nums[i]
那么「[j…i]这个子数组和为 k,这个条件我们可以转化为
pre[i]−pre[j−1]==k
简单移项可得符合条件的下标 jj 需要满足 pre[j−1]==pre[i]−k
所以我们考虑以 i结尾的和为 k 的连续子数组个数时只要统计有多少个前缀和为pre[i]−k 的 pre[j] 即可。我们建立哈希表 mp,以和为键,出现次数为对应的值,记录pre[i] 出现的次数,从左往右边更新 mp 边计算答案,那么以 ii 结尾的答案 mp[pre[i]−k] 即可在 O(1)时间内得到。最后的答案即为所有下标结尾的和为 k 的子数组个数之和。
需要注意的是,从左往右边更新边计算的时候已经保证了mp[pre[i]−k] 里记录的 pre[j] 的下标范围是 0≤ j≤ i 。同时,由于pre[i] 的计算只与前一项的答案有关,因此我们可以不用建立 pre 数组,直接用 pre 变量来记录pre[i−1] 的答案即可。
class Solution {
public:
int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
unordered_map<int, int> mp;
mp[0] = 1;
int count = 0, pre = 0;
for (auto& x:nums) {
pre += x;
if (mp.find(pre - k) != mp.end()) {
count += mp[pre - k];
}
mp[pre]++;
}
return count;
}
};