1248. 统计「优美子数组」

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。

如果某个 连续 子数组中恰好有 k 个奇数数字，我们就认为这个子数组是「优美子数组」。

请返回这个数组中「优美子数组」的数目。

示例 1：

输入：nums = [1,1,2,1,1], k = 3
输出：2
解释：包含 3 个奇数的子数组是 [1,1,2,1] 和 [1,2,1,1] 。

示例 2：

输入：nums = [2,4,6], k = 1
输出：0
解释：数列中不包含任何奇数，所以不存在优美子数组。

示例 3：

输入：nums = [2,2,2,1,2,2,1,2,2,2], k = 2
输出：16

提示：

1 <= nums.length <= 50000
1 <= nums[i] <= 10^5
1 <= k <= nums.length

来源：力扣（LeetCode） 1248. 统计「优美子数组」
链接：https://leetcode-cn.com/problems/count-number-of-nice-subarrays

分析：

• 把数组中满足要求的最小单元视为一个整体，如 [ 2, 1, 3, 6] ， 如果 k 为 2 ，则数组中 {1,3} 可视为一个整体。那么可取的子数组为 [ 2, {1,3}, 6]、[ 2 , {1,3}]、[ {1,2} , 6] 三种。
• 发现规律，通过观察我们发现，在一个满足要求的最小单元左右有且只有偶数可选，并且这些偶数存在于一种选与不选之间的两种状态。
  • 那么，对于 【2，4，{1,2,3}，6】 而言，左边可选方案有3种，分别是 0（2，4都不选），1（选一个，2），2（选两个，2、4）。
  • 右边可选方案有2种。0 （不选），1 （选6）
  • 则，最终的结果一共有 3 × 2 = 6 种结果。

因此，我们根据左右可选偶数个数可以确定优美子数组的个数， 【左边偶数+1】× 【右边偶数+1】

法一：

通过一个额外的数组保存原数组中的奇数下标，其中每个下标中间的空缺下标一定是偶数的下标。

原数组：nums[ ]

下标：	0	1	2	3	4	5	6
元素：	2	4	1	4	3	6	8
类型：	偶数	偶数	奇数	偶数	奇数	偶数	偶数

保存奇数下标的数组：odd[ ] = ｛2，4｝

下标：	0	1	2	3	4	5	6
元素：	2	4	1	4	3	6	8
类型：	偶数	偶数	奇数	偶数	奇数	偶数	偶数
odd[ ]			2		4

现在通过 add[] 数组，我们可以把原数组分为三部分，如果 k=1 ，那么计算优美子数组的公式应该为

• 左边： $2号下标的左右：3×2$
• 右边： $4号下标的左右：2×3$
• 因此，最终有 3×2 + 2×3 = 12 个优美子数组。

如果后面还有满足要求的奇数列，我们可以通过循环按照相同的方式计算。

• 为了计算方便，我们在 add 数组的两边加上两个哨兵，｛-1，n｝。则add[ ] = ｛-1，2，4，6｝。

C++实现：

 int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {
      int n = (int)nums.size();
      /*
      *   add保存奇数下标， add 两端设置哨兵 -1，n
      */
      int odd[n + 2], ans = 0, cnt = 0;
      for (int i = 0; i < n; ++i) {
          if (nums[i] & 1) odd[++cnt] = i;
      }
      odd[0] = -1, odd[++cnt] = n;        // 设置哨兵
      for (int i = 1; i + k <= cnt; ++i) {
                              /*  左边  ×  右边    */
          ans += (odd[i] - odd[i - 1]) * (odd[i + k] - odd[i + k - 1]); 
      }
      return ans;
  }

法二：

法一借助数组实现，使用双指针的方法同样也可以实现，同时我们需要借助队列。

具体思路为：队头保存第一个奇数的下标，队尾保存第k个奇数的下标。左指针指向最左边的偶数下标，右指针指向做右边的偶数下标。

下标：	0	1	2	3	4	5	6
元素：	2	4	1	4	3	6	8
类型：	偶数	偶数	奇数	偶数	奇数	偶数	偶数
指针/队列	l		front		back		r

其中，l表示左指针，front表示队头。 front - l就是左边之间偶数的个数，同样的，r - back就是右边之间的偶数个数。

C++实现：

int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {
      queue<int> odd;
      int l = -1, r = 0;
      int ans = 0;
      
      for( ; r < nums.size();; ++r)
      {
          if(nums[r] & 1)     // 奇数
          {
              if(odd.size() == k) // 奇数个数 == k
              {
                  ans += (odd.front() - l) * (r - odd.back());
                  l = odd.front();
                  odd.pop();
              }
              odd.push(r);
          }
      }
		
		// 最后一个数是偶数，且满足要求
      if(odd.size() == k)  ans += (odd.front() - l) * (r - odd.back());
      return ans;
  }

法二：

前缀和 + 差分 。 这里引用自力扣官方题解。

考虑以 i 结尾的「优美子数组」个数，我们需要统计符合条件的下标 j 的个数，其中 0≤j≤i 且 [j..i] 这个子数组里的奇数个数恰好为 k 。如果枚举 [0..i] 里所有的下标来判断是否符合条件，那么复杂度将会达到 O(n^2)，无法通过所有测试用例，因此我们需要优化枚举的时间复杂度。

我们定义 $\textit{pre}[i]$为 $[0..i]$ 中奇数的个数，则 $\textit{pre}[i]$ 可以由 $\textit{pre}[i-1]$ 递推而来，即：

$\textit{pre}[i]=\textit{pre}[i-1]+(\textit{nums}[i]\&1)$

那么 $[j..i]$ 这个子数组里的奇数个数恰好为 $k$这个条件我们可以转化为

$\textit{pre}[i]-\textit{pre}[j-1]==k$

简单移项可得符合条件的下标 $j$ 需要满足

$\textit{pre}[j-1] == \textit{pre}[i] - k$

所以我们考虑以 $i$ 结尾的「优美子数组」个数时只要统计有多少个奇数个数为 $\textit{pre}[i]-k$ 的 $\textit{pre}[j]$ 即可。我们只要建立频次数组 $\textit{cnt}$ 记录 $\textit{pre}[i]$ 出现的次数，从左往右边更新 $\textit{cnt}$ 边计算答案，那么以 $i$ 结尾的答案 $\textit{cnt}[\textit{pre}[i]-k]$ 即可 $O(1)$ 得到。最后的答案即为所有下标结尾的「优美子数组」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 $\textit{cnt}[\textit{pre}[i]-k]$ 里记录的 $\textit{pre}[j]$ 的下标范围是 $0\leq j\leq i$ 。同时，由于 $\textit{pre}[i]$ 的计算只与前一项的答案有关，因此我们可以不用建立 $\textit{pre}$ 数组，直接用 $\textit{odd}$ 变量来记录 $pre[i-1]$ 的答案即可。

int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {
	int n = nums.size();
	vector<int> cnt(n + 1, 0);		// 前缀表，保存当前元素之前奇数的个数
	int odd = 0, ans = 0;
	cnt[0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		odd += nums[i] & 1;
		ans += odd >= k ? cnt[odd - k] : 0;
		cnt[odd] += 1;
	}
	return ans;
}