LeetCode 周赛 352（2023/07/02）一场关于子数组的专题周赛

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• 往期回顾：LeetCode 单周赛第 350 场 · 滑动窗口与离散化模板题

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

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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：$O(n^2)$ 最坏情况整个数组都是奇偶子数组；
• 空间复杂度：$O(1)$ 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：$O(n)$ i 指针和 j 指针最多移动 n 次；
• 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。

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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 $O(U)$，每次查询时间为 $O(n)$；
• 空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查询空间为 $O(1)$，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 $O(U)$，每次查询时间为 $O(n)$；
• 空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查询空间为 $O(1)$，不考虑结果数组。

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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：$O(n^2)$ 最坏情况下在整个数组都是不间断数组时，时间复杂度是 $O(n^2)$；
• 空间复杂度：$O(1)$ 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：$O(n)$ 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 $O(nlgn)$，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 $O(n)$；
• 空间复杂度：$O(1)$ 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：$O(n)$ 每个元素最多入堆两次，维护堆排序的时间复杂度是 $O(nlgn)$，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：$O(1)$ 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：$O(n)$ 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 $O(n)$ 的解法；
• 空间复杂度：$O(1)$ 单调队列空间，实际占用空间为常量级别空间。

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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：$O(n·nlgn)$ 外层循环枚举 n 次，有序集合排序时间为 $O(nlgn)$；
• 空间复杂度：$O(n)$ 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：$O(n^2)$ 外层循环枚举 n 次，内层循环是线性时间；
• 空间复杂度：$O(n)$ 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-...

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：$O(n)$ 两次线性遍历；
• 空间复杂度：$O(n)$ 前后缀数组空间。

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往期回顾

• LeetCode 单周赛第 350 场 · 滑动窗口与离散化模板题
• LeetCode 单周赛第 348 场 · 数位 DP 模版学会了吗？
• LeetCode 双周赛第 107 场 · 很有意思的 T2 题
• LeetCode 双周赛第 104 场 · 流水的动态规划，铁打的结构化思考