先从简单开始
仔细观察本题要求，如果使用暴力的解法，将导致超时（每一个开头，到每一个结尾枚举，再累加）总计是O（n³）
当然，必然不可能轻轻松松使用暴力解决
改进算法
考虑到题目是列表的区间问题，可以尝试使用滑动窗口或前缀和的方法减少计算量
若有经验，都能得知这两种方法一般可以把最坏时间降低一级也就是O(n²)
先用滑动窗口
我们固定左侧，让右侧移动，以此遍历所有的可能
两层for，On方的时间复杂度
class Solution {
public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
if (A.length == 0) {
return 0;
}
int count=0;
for (int i = 0; i < A.length; i++) {
int sum = A[i];
if (sum % K == 0) {
count ++;
}
for (int j = i+1; j < A.length; j++) {
sum += A[j];
if (sum % K == 0) {
count ++;
}
}
}
return count;
}
}
很不幸，超时了，说明On方并不能解决问题
那尝试升级这个算法呢？滋，说实话想不到什么办法。
试试前缀和？
我们尝试使用前缀和，前缀和可以通过关系计算出当前的值，不用再遍历内层。我们通过前缀和计算出从0加到当前为多少，这样不用执行累加操作。
计算完成后，我们遍历所有可能。
前缀和优化问题
class Solution {
public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
int N = A.length, ans = 0;
int[] sum = new int[N+1];
for (int i = 0; i < N; i++) {
sum[i+1] = sum[i] + A[i];
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
for (int j = i+1; j <= N; j++) {
int res = sum[j] - sum[i];
if (res % K == 0) ans++;
}
}
return ans ;
}
}
自然，算法是N方的，盲猜挂了，果不其然。。
那么能不能优化这个代码，
后半段的二重循环是主要原因，我们目光落在这里
我们遍历了所有的可能，使得 (sum[j] - sum[i]) % K == 0
现在的目标是找到一种方法，使得不需要遍历所有组合可能也能判断有几个符合，即找等价
回顾所学，似乎有个玩意，能保证不同的式子相减的余相等
他就是“同余定理”（我是真的不熟悉这个玩意儿）
同余定理
数论中的重要概念。给定一个正整数m，如果两个整数a和b满足a-b能够被m整除，即(a-b)/m得到一个整数，那么就称整数a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)。对模m同余是整数的一个等价关系。
(9-5)/2=?(整数)，则9%2=5%2
于是乎
- 我们要判断(sum[j] - sum[i]) % K == 0
- 也就是sum[j] %K - sum[i] %K ==0
- 也就是sum[j] %K == sum[i] %K
- 推到这里，我们可以总结，只要sum[i]%K存在相同的可能，就会出现一个满足的区间
- 所以我们只需要知道sum[j] %K有几个值了就够了
- 每一个配对的sum[j] %K == sum[i] %K 都能增加1个结果
在编写的时候，我们发现，0或者K不需要一个队友，也能算一个，所以我们提前塞一个进去record.put(0, 1);
于是，我们得到下面的代码
public class LeetCode974 {
public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
Map<Integer, Integer> record = new HashMap<>();
record.put(0, 1);
int sum = 0, ans = 0;
for (int elem: A) {
sum += elem;
// 注意 Java 取模的特殊性，当被除数为负数时取模结果为负数，需要纠正
int modulus = (sum % K + K) % K;
int same = record.getOrDefault(modulus, 0);
ans += same;
record.put(modulus, same + 1);
}
return ans;
}
}
AC快乐