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题目要求

思路一：前缀和+二分查找

• 乘积想搞成前缀和就搞对数，所以预处理一个对数前缀和数组$logPre$；
• 然后依次固定右端点$right$，二分找合法的左端点$left$：
  • 即满足$logPre[right+1]-logPre[left]<\log k$，也就是左端点满足$logPre[left]>logPre[right+1]-\log k$；
  • 为了保证精度，避免数值相等却被误判，要加个$10^{-10}$。

Java

class Solution {
    public int numSubarrayProductLessThanK(int[] nums, int k) {
        if(k <= 1)
            return 0;
        int n = nums.length, res = 0;
        double[] logPre = new double[n + 1];
        for(int i = 0; i < n; i++)
            logPre[i + 1] = logPre[i] + Math.log(nums[i]);

        double logk = Math.log(k);
        for(int right = 0; right < n; right++) {
            int l = 0, r = right +  1;
            int left = right + 1;
            double tmp = logPre[right + 1] - logk + 1e-10;
            while(l <= r) {
                int m = (l + r) / 2;
                if(logPre[m] > tmp) { 
                    left = m;
                    r = m - 1;
                }
                else
                    l = m + 1;
            }
            res += right - left + 1;
        }
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n\log n)$，预处理前缀和复杂度为$O(n)$，二分查找复杂度为$O(\log n)$，固定右端点$n$次共$O(n\log n)$
• 空间复杂度：$O(n)$，存放前缀和

C++

class Solution {
public:
    int numSubarrayProductLessThanK(vector<int>& nums, int k) {
        if(k <= 1)
            return 0;
        int n = nums.size(), res = 0;
        double logPre[n + 1];
        for(int i = 0; i < n; i++)
            logPre[i + 1] = logPre[i] + log(nums[i]);

        double logk = log(k);
        for(int right = 0; right < n; right++) {
            int l = 0, r = right +  1;
            int left = right + 1;
            double tmp = logPre[right + 1] - logk + 1e-10;
            while(l <= r) {
                int m = (l + r) / 2;
                if(logPre[m] > tmp) { 
                    left = m;
                    r = m - 1;
                }
                else
                    l = m + 1;
            }
            res += right - left + 1;
        }
        return res;
    }
};

• 时间复杂度：$O(n\log n)$，预处理前缀和复杂度为$O(n)$，二分查找复杂度为$O(\log n)$，固定右端点$n$次共$O(n\log n)$
• 空间复杂度：$O(n)$，存放前缀和

思路二：滑动窗口

• 固定窗口右端点$r$，找合法的最左端点$l$，然后计算可以构成的连续子串数量，即$r-l+1$。

Java

class Solution {
    public int numSubarrayProductLessThanK(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length, res = 0;
        if(k <= 1)
            return 0;
        for(int l = 0, r = 0, prod = 1; r < n; r++) {
            prod *= nums[r]; // 当前滑动窗口内元素乘积
            while(prod >= k) // 超了
                prod /= nums[l++]; // 缩小范围
            res += r - l + 1; // 可构成的子串数量
        }
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n)$，右端点遍历数组一遍
• 空间复杂度：$O(1)$

C++

class Solution {
public:
    int numSubarrayProductLessThanK(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size(), res = 0;
        if(k <= 1)
            return 0;
        for(int l = 0, r = 0, prod = 1; r < n; r++) {
            prod *= nums[r]; // 当前滑动窗口内元素乘积
            while(prod >= k) // 超了
                prod /= nums[l++]; // 缩小范围
            res += r - l + 1; // 可构成的子串数量
        }
        return res;
    }
};

• 时间复杂度：$O(n)$，右端点遍历数组一遍
• 空间复杂度：$O(1)$

Rust

impl Solution {
    pub fn num_subarray_product_less_than_k(nums: Vec<i32>, k: i32) -> i32 {
        (0..nums.len()).fold((0, 1, 0), |(mut l, mut prod, res), r| {
            prod *= nums[r]; // 当前滑动窗口内元素乘积
            while l <= r && prod >= k { // 超了
                prod /= nums[l];
                l += 1;  // 缩小范围
            }
            (l, prod, res + (r - l) as i32 + 1)  // 可构成的子串数量
        }).2
    }
}

总结

本来是滑动窗口题，但是自己做的时候只想到了前缀和。

一个算法应用类题目，滑动窗口思路就简单很多。

欢迎指正与讨论！