leetcode-523-连续的子数组和
[博客链接]
[题目描述]
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，编写一个函数来判断该数组是否含有同时满足下述条件的连续子数组：
子数组大小 至少为 2 ，且
子数组元素总和为 k 的倍数。
如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。
如果存在一个整数 n ，令整数 x 符合 x = n * k ，则称 x 是 k 的一个倍数。
示例 1：
输入：nums = [23,2,4,6,7], k = 6
输出：true
解释：[2,4] 是一个大小为 2 的子数组，并且和为 6 。
示例 2：
输入：nums = [23,2,6,4,7], k = 6
输出：true
解释：[23, 2, 6, 4, 7] 是大小为 5 的子数组，并且和为 42 。
42 是 6 的倍数，因为 42 = 7 * 6 且 7 是一个整数。
示例 3：
输入：nums = [23,2,6,4,7], k = 13
输出：false
提示：
1 <= nums.length <= 105
0 <= nums[i] <= 109
0 <= sum(nums[i]) <= 231 - 1
1 <= k <= 231 - 1
Related Topics 数学 动态规划
👍 256 👎 0
[题目链接]
[github地址]
[思路介绍]
思路一：递归+暴力
- 很遗憾这是会TLE的一种方案，但是最开始是想通过这个写出dp方法的所以也列了出来
public boolean checkSubarraySum(int[] nums, int k) {
//corner case
if (nums.length == 1) {
return false;
}
return backTrack(nums, 0, k);
}
private boolean backTrack(int[] nums, int i, int k) {
if (i == nums.length - 1) {
return false;
}
int sum = nums[i];
i += 1;
int temp = i;
while (i <= nums.length - 1) {
sum += nums[i];
if (sum % k == 0 || sum == 0) {
return true;
}
i+=1;
}
return backTrack(nums,temp,k);
}
时间复杂度O(n^2^)
思路二：动态规划
- 根据思路一的递归方案求解动态规划方程
- 递归的可变嵌套元素则是动态规划的维度数量
- 由思路1可知可变嵌套元素为起始坐标i 和 前缀和终止坐标j
- dp数组 dp[i][j] 表示 从数组 从i - j的元素和
i > 0 && j > 0 时 dp[i][j]=dp[i-1][j] - nums[i-1];
i = 0 时 dp[i][j] = dp[i][j-1] + nums[j];
j = 0 时 dp[i][j] = 0;
- 然后每一次计算都可以判断一次是否dp[i][j]==nk && j >i 如果相等
- 还是会tle，这是我没想到的不过我想了一下这种dp方案时间复杂度还是O(n^2^)也没啥区别
public boolean checkSubarraySum(int[] nums, int k) {
//corner case
if (nums.length < 2) {
return false;
}
int[][] dp = new int[nums.length][nums.length];
dp[0][0] = nums[0];
//初始化一维坐标
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
dp[0][i] = dp[0][i - 1] + nums[i];
if (dp[0][i] % k == 0 || dp[0][i] == 0) {
return true;
}
}
for (int i = 1; i < nums.length - 1; i++) {
for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] - nums[i - 1];
if (dp[i][j] % k == 0 || dp[i][j] == 0) {
return true;
}
}
}
return false;
}
时间复杂度O(n^2^)
思路三：前缀和+hash+数学
- 数学这个标签是有用的看来
- 通过前缀和差值来判断子数组的和
prefix[i] = nums[0]+…+nums[i]
prefix[j] = nums[0]+…+nums[j]
当j - i >= 2时 子数组长度>=2
a = prefix[i], b = prefix[j]
如果满足(b - a)%k ==0 || b - a ==0 则 b - a = nk
m1 m2 为除k的余数
b = n1 * k + m1, a= n2 * k + m2
(n1-n2) * k + (m1 - m2) = nk
因为m1 和 m2均为余数 所以 m1 == m2
- 因为m1 和 m2均为余数 所以 m1 == m2
- 所以当存在两个前缀和prefix[i]，prefix[j]对k取余相等，则代表由满足条件的子数组和
- 通过hashmap即可完成对此的判定
public boolean checkSubarraySum(int[] nums, int k) {
//corner case
if (nums.length == 1) {
return false;
}
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
map.put(nums[0] % k, 0);
int[] prefix = new int[nums.length];
prefix[0] = nums[0];
//初始化前缀和数组
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
prefix[i] = nums[i] + prefix[i - 1];
//在此即可判断一次
if (prefix[i] % k == 0 || prefix[i] == 0) {
return true;
}
int x = prefix[i] % k;
if (map.containsKey(x) && Math.abs(map.get(x) - i) >= 2) {
return true;
} else {
if (map.containsKey(x)){
map.put(x, Math.min(i, map.get(x)));
}else{
map.put(x, i);
}
}
}
return false;
}
时间复杂度O(n)
