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单周赛 352 概览
T1. 最长奇偶子数组（Easy）
- 标签：滑动窗口、枚举
T2. 和等于目标值的质数对（Medium）
- 标签：质数筛、散列表、数学
T3. 不间断子数组（Medium）
- 标签：滑动窗口、平衡树、单调队列
T4. 所有子数组中不平衡数字之和（Hard）
- 标签：平衡树、散列表、前后缀分解、乘法原理
T1. 最长奇偶子数组（Easy）
https://leetcode.cn/problems/longest-even-odd-subarray-with-threshold/
题解一（滑动窗口 + 枚举子数组）
容易想到的方法是枚举每个位置开始的子数组，并计算最长奇偶子数组长度，可以得到时间复杂度为 O(n^2) 的解法。
class Solution {
fun longestAlternatingSubarray(nums: IntArray, threshold: Int): Int {
var i = 0
var j = 0
val n = nums.size
var ret = 0
while (j < n) {
while (i < n && (nums[i] % 2 != 0 || nums[i] > threshold)) i++
if (i >= n) break
j = i + 1
while (j < n && (nums[j] % 2 != nums[j - 1] % 2 && nums[j] <= threshold)) j++
ret = Math.max(ret, j - i)
i ++
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 最坏情况整个数组都是奇偶子数组；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 仅使用常量级别空间。
题解二（枚举分组）
实际上，数组被分割为若干个满足奇偶子数组的片段，最长奇偶子数组不会被其他更长的奇偶子数组所包含。因此，我们不需要枚举所有位置开始的子数组，而是枚举所有片段，修改仅在于于 ++j 修改为 i = j 而已。
class Solution {
fun longestAlternatingSubarray(nums: IntArray, threshold: Int): Int {
var i = 0
var j = 0
val n = nums.size
var ret = 0
while (j < n) {
while (i < n && (nums[i] % 2 != 0 || nums[i] > threshold)) i++
if (i >= n) break
j = i + 1
while (j < n && (nums[j] % 2 != nums[j - 1] % 2 && nums[j] <= threshold)) j++
ret = Math.max(ret, j - i)
i = j // 唯一修改
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) i 指针和 j 指针最多移动 n 次；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 仅使用常量级别空间。
T2. 和等于目标值的质数对（Medium）
https://leetcode.cn/problems/prime-pairs-with-target-sum/
题解一（线性筛 + 散列表）
先预处理出数据范围内所有质数，再使用两数之和寻找匹配项。
class Solution {
companion object {
private val U = 1000000
private val primes = generatePrime(U)
private val primeSet = primes.toHashSet()
private fun generatePrime(n : Int): LinkedList<Int> {
// 线性筛
val primes = LinkedList<Int>()
val isPrime = BooleanArray(n + 1) {
true }
for (e in 2..n) {
if (isPrime[e]) {
primes.add(e)
}
// 标记
for (prime in primes) {
if (prime * e >= n) break
isPrime[prime * e] = false
if (e % prime == 0) break // 保证被最小的质因子标记
}
}
return primes
}
}
fun findPrimePairs(n: Int): List<List<Int>> {
val ret = LinkedList<List<Int>>()
for (x in primes) {
val y = n - x
// 去重
if (y < x) break
if (primeSet.contains(y)) ret.add(listOf(x, y))
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：预处理时间 O ( U ) O(U) O(U)，每次查询时间为 O ( n ) O(n) O(n)；
- 空间复杂度：预处理空间 O ( U ) O(U) O(U)，每次查询空间为 O ( 1 ) O(1) O(1)，不考虑结果数组。
题解二（奇数优化）
根据奇偶数性质，如果 n 为奇数，那么当且仅当 偶数 + 奇数 = 奇数，而在所有质因子中，仅存在唯一的偶数 2。因此，当 n 为奇数时，只需要判断 n - 2 是否为质因子即可，且仅存在唯一的匹配。
class Solution {
companion object {
// 预处理 ...
}
fun findPrimePairs(n: Int): List<List<Int>> {
val ret = LinkedList<List<Int>>()
if (n % 2 == 1) {
if (primeSet.contains(n - 2)) ret.add(listOf(2, n - 2))
return ret
}
for (x in primes) {
val y = n - x
// 去重
if (y < x) break
if (primeSet.contains(y)) ret.add(listOf(x, y))
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：预处理时间 O ( U ) O(U) O(U)，每次查询时间为 O ( n ) O(n) O(n)；
- 空间复杂度：预处理空间 O ( U ) O(U) O(U)，每次查询空间为 O ( 1 ) O(1) O(1)，不考虑结果数组。
T3. 不间断子数组（Medium）
https://leetcode.cn/problems/continuous-subarrays/
题解一（滑动窗口 + 暴力 · 超出时间限制）
这道题与 1438. 绝对差不超过限制的最长连续子数组 是几乎相同的，区别在于本题固定绝对差至多为 2，且目标结果是方案数而不是最长不间断子数组。
与本周赛 T1 类似，我们使用滑动窗口并维持窗口内的数据特征，从而计算满足条件的子数组方案数。同时我们发现，每个以 nums[i] 为结尾的最长不间断子数组 [i, j]，都能提供 j - i + 1 个方案，因此我们只需要求出每段连续的不间断子数组，再累加结果。
class Solution {
fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long {
var i = 0
var ret = 0L
for (j in nums.indices) {
// 收缩左指针
for (k in i until j) {
if (Math.abs(nums[k] - nums[j]) > 2) i = k + 1
}
ret += j - i + 1
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 最坏情况下在整个数组都是不间断数组时，时间复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 仅使用常量级别空间。
题解二（滑动窗口 + 平衡树）
题解一中每次移动右指针，都需要枚举窗口元素检查是否满足绝对差至多为 2，最坏情况下时间复杂度是 O(n^2)。为优化时间复杂度，我们使用有序集合，每次仅需要检查集合中的最小值与 nums[j] 的大小关系：
class Solution {
fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long {
var i = 0
var ret = 0L
val tree = TreeMap<Int, Int>()
for (j in nums.indices) {
// 收缩左指针
while (!tree.isEmpty() && (nums[j] - tree.firstKey() > 2 || tree.lastKey() - nums[j] > 2)) {
tree[nums[i]] = tree[nums[i]]!! - 1
if (0 == tree[nums[i]]!!) tree.remove(nums[i])
i++
}
tree[nums[j]] = tree.getOrDefault(nums[j], 0) + 1
ret += j - i + 1
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 每个元素最多入队一次，维护有序集合排序的时间复杂度是 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)，由于绝对差至多为 2，有序集合中最多仅会存储 3 个键值对，排序时间降低为常数，因此时间复杂度是 O ( n ) O(n) O(n)；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 有序集合空间，实际占用空间为常量级别空间。
题解三（滑动窗口 + 双堆）
同理，我们使用双堆也可以实现平衡树相同的功能。
class Solution {
fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long {
var ret = 0L
var i = 0
val maxHeap = PriorityQueue<Int>() {
i1, i2 ->
nums[i2] - nums[i1]
}
val minHeap = PriorityQueue<Int>() {
i1, i2 ->
nums[i1] - nums[i2]
}
for (j in nums.indices) {
// 收缩左指针
while (!maxHeap.isEmpty() && nums[maxHeap.peek()] - nums[j] > 2) {
maxHeap.remove(i)
minHeap.remove(i)
i++
}
while (!minHeap.isEmpty() && nums[j] - nums[minHeap.peek()] > 2) {
maxHeap.remove(i)
minHeap.remove(i)
i++
}
maxHeap.offer(j)
minHeap.offer(j)
ret += maxHeap.size
// ret += j - i + 1
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 每个元素最多入堆两次，维护堆排序的时间复杂度是 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)，由于绝对差至多为 2，堆中最多仅会存储 3 个元素，排序时间降低为常数，因此时间复杂度是 O(n)；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 双堆空间，实际占用空间为常量级别空间。
题解四（滑动窗口 + 单调队列）
求滑动窗口的极值问题有单调队列的经验解。
在有序集合的解法中，忽略了滑动窗口中元素的顺序关系：当元素 nums[i] 后方出现出现更大的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 x - nums[j] 的结果有贡献；同理，当 nums[i] 后方出现更小的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 nums[i] - x 的结果有贡献。
对结果没有贡献的元素，应该提前弹出数据结构（在平衡树和堆的解法中，会保留在数据结构中，从而拉低时间复杂度）。
class Solution {
fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long {
var ret = 0L
var i = 0
// 从队头到队尾递减（维护滑动窗口的最大值）
val maxQueue = ArrayDeque<Int>()
// 从队头到队尾递增（维护滑动窗口的最小值）
val minQueue = ArrayDeque<Int>()
for (j in nums.indices) {
// 维护单调性
while (!maxQueue.isEmpty() && maxQueue.peekLast() < nums[j]) maxQueue.pollLast()
while (!minQueue.isEmpty() && minQueue.peekLast() > nums[j]) minQueue.pollLast()
maxQueue.offer(nums[j])
minQueue.offer(nums[j])
// 维护滑动窗口极值
while (maxQueue.peekFirst() - minQueue.peekFirst() > 2) {
if (nums[i] == maxQueue.peekFirst()) maxQueue.pollFirst()
if (nums[i] == minQueue.peekFirst()) minQueue.pollFirst()
i++
}
ret += j - i + 1
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 在每次检查仅需要检查队尾元素，每个元素最多出队和出队两次，这是严格 O ( n ) O(n) O(n) 的解法；
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 单调队列空间，实际占用空间为常量级别空间。
T4. 所有子数组中不平衡数字之和（Hard）
https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-subarrays/
题解一（枚举子数组 + 平衡树）
题目的不平衡度表示子数组排序后与前驱元素的差值大于 1 的个数（长度为 k 的子数组的最大不平衡度为 k - 1），最直接的做法是先排序再计数。我们可以维护子数组的有序集合，并维护插入前后的不平衡度：
- 如果在有序集合的首部或尾部插入，则直接调整插入后的平衡度；
- 如果在有序集合的中间插入，则需要减去插入前贡献的不平衡度，再增加插入后贡献的不平衡度：
class Solution {
fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int {
var ret = 0
for (i in 0 until nums.size) {
var cnt = 0
val tree = TreeSet<Int>()
for (j in i until nums.size) {
val pivot = nums[j]
val lower = tree.floor(pivot) // 小于等于
val higher = tree.ceiling(pivot) // 大于等于
if (null != lower && null != higher && higher - lower > 1) cnt--
if (null != lower && pivot - lower > 1) cnt++
if (null != higher && higher - pivot > 1) cnt ++
tree.add(pivot)
// 子数组结果
ret += cnt
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ⋅ n l g n ) O(n·nlgn) O(n⋅nlgn) 外层循环枚举 n 次，有序集合排序时间为 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)；
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 有序集合空间。
题解二（枚举子数组 + 散列表）
由于我们并不需要得到排序后的数组，而是检查每个元素与前驱的关系，因此对于每个元素 nums[i]，我们只需要检查 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否存在。
枚举子数组元素 i，并维护不平衡度 cnt：
- 如果 nums[i] 已经存在，那么增加 nums[i] 对平衡度没有影响；
- 如果 nums[i] 不存在，那么可能构造一个不平衡度，再观察 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否出现过来扣除不平衡度。
class Solution {
fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int {
var ret = 0
for (i in 0 until nums.size) {
var cnt = 0
val set = HashSet<Int>()
for (j in i until nums.size) {
val x = nums[j]
// 维护不平衡度
if (!set.contains(x)) {
cnt++
if (set.contains(x + 1)) cnt--
if (set.contains(x - 1)) cnt--
set.add(nums[j])
}
// 子数组结果
ret += cnt - 1 // 减 1 是因为最后一个元素不会构造不平衡度
}
}
return ret
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 外层循环枚举 n 次，内层循环是线性时间；
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 散列表空间。
题解三（中心扩展 + 前后缀分解 + 乘法原理）
思路参考：https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-subarrays/solutions/2327213/onde-by-dengyun-yyl3/
好棒的思维！
使用逆向思维，我们考虑每个元素 nums[i] 能够贡献的不平衡度，以 nums[i] 为中心点向左右扩展直到遇到最近的 nums[i] - 1，使用乘法原理可以计算出 nums[i] 对多少个子数组产生贡献度。
需要考虑到，如果 nums[i] 是作为子数组的最小值时，是不会产生贡献度的，所以我们要把这部分子数组减去。然而，在使用乘法原理时我们无法方便地知道 nums[i] 在子数组中排序的位置，也就无法知道应该减去多少无效子数组。使用整体思维，我们先忽略无效子数组，同时发现每个子数组中都会存在一个最小值，因此整体来看无效子数组的个数就是子数组的个数，即 N*(N+1)/2；
同时，为了优化时间复杂度，我们可以在第一次线性遍历中预处理出以 nums[i] 开始的后缀中最近的 nums[i] - 1 的位置。在第二次线性遍历中求出以 nums[i] 为中点的前缀中的最近 nums[i] - 1 的位置。
最后还有一个细节，考虑到存在重复数的测试用例 [2,3,1,4,3]，排序后 [1,2,3,3,4] 中只有最左边的 3 会贡献不平衡度。为了避免重复计算，我们规定排序后最左边的 3 来自于当前子数组中最右边的 3，因此在预处理后缀数组时，我们要使用 Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1]) 来中断遍历。
class Solution {
fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int {
val n = nums.size
// 前缀数组和后缀数组
// ids：记录每个元素最近出现位置
var ids = IntArray(n + 1) {
n }
val prefix = IntArray(n + 1) {
-1 }
val suffix = IntArray(n + 1) {
n }
// 预处理后缀数组
for (i in n - 1 downTo 0) {
suffix[i] = Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1])
ids[nums[i]] = i
}
// 预处理前缀数组
ids = IntArray(n + 1) {
-1 }
for (i in 0 until n) {
prefix[i] = ids[nums[i] - 1]
ids[nums[i]] = i
}
// 乘法原理
var ret = 0
for (i in 0 until n) {
ret += (i - prefix[i]) * (suffix[i] - i)
}
return ret - n * (n + 1) / 2
}
}
在计算前缀数组时累加结果：
class Solution {
fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int {
val n = nums.size
// 前缀数组和后缀数组
// ids：记录每个元素最近出现位置
var ids = IntArray(n + 1) {
n }
var prefix = -1
val suffix = IntArray(n + 1) {
n }
// 预处理后缀数组
for (i in n - 1 downTo 0) {
suffix[i] = Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1])
ids[nums[i]] = i
}
// 预处理前缀数组 + 乘法原理
var ret = 0
ids = IntArray(n + 1) {
-1 }
for (i in 0 until n) {
prefix = ids[nums[i] - 1]
ids[nums[i]] = i
ret += (i - prefix) * (suffix[i] - i)
}
return ret - n * (n + 1) / 2
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 两次线性遍历；
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n) 前后缀数组空间。