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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、均衡树、枯燥队列
T4. 所有子数组中不均衡数字之和（Hard）
- 标签：均衡树、散列表、前后缀合成、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）
容易想到的办法是枚举每个地位开始的子数组，并计算最长奇偶子数组长度，能够失去工夫复杂度为 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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n^2)$ 最坏状况整个数组都是奇偶子数组；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。
题解二（枚举分组）
实际上，数组被宰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余更长的奇偶子数组所蕴含。因而，咱们不须要枚举所有地位开始的子数组，而是枚举所有片段，批改仅在于于 ++j 批改为 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 // 惟一批改 } return ret }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ i 指针和 j 指针最多挪动 n 次；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。
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）
先预处理出数据范畴内所有质数，再应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 // 保障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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：预处理工夫 $O(U)$，每次查问工夫为 $O(n)$；
- 空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查问空间为 $O(1)$，不思考后果数组。
题解二（奇数优化）
依据奇偶数性质，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，仅存在惟一的偶数 2。因而，当 n 为奇数时，只须要判断 n - 2 是否为质因子即可，且仅存在惟一的匹配。
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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：预处理工夫 $O(U)$，每次查问工夫为 $O(n)$；
- 空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查问空间为 $O(1)$，不思考后果数组。
T3. 不间断子数组（Medium）
https://leetcode.cn/problems/continuous-subarrays/题解一（滑动窗口 + 暴力 · 超出工夫限度）
这道题与 1438. 相对差不超过限度的最长间断子数组 是简直雷同的，区别在于本题固定相对差至少为 2，且指标后果是计划数而不是最长不间断子数组。
与本周赛 T1 相似，咱们应用滑动窗口并维持窗口内的数据特色，从而计算满足条件的子数组计划数。同时咱们发现，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 个计划，因而咱们只需要求出每段间断的不间断子数组，再累加后果。
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var i = 0 var ret = 0L for (j in nums.indices) { // 膨胀左指针 for (k in i until j) { if (Math.abs(nums[k] - nums[j]) > 2) i = k + 1 } ret += j - i + 1 } return ret }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n^2)$ 最坏状况下在整个数组都是不间断数组时，工夫复杂度是 $O(n^2)$；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅应用常量级别空间。
题解二（滑动窗口 + 均衡树）
题解一中每次挪动右指针，都须要枚举窗口元素查看是否满足相对差至少为 2，最坏状况下工夫复杂度是 O(n^2)。为优化工夫复杂度，咱们应用有序汇合，每次仅须要查看汇合中的最小值与 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) { // 膨胀左指针 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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 每个元素最多入队一次，保护有序汇合排序的工夫复杂度是 $O(nlgn)$，因为相对差至少为 2，有序汇合中最多仅会存储 3 个键值对，排序工夫升高为常数，因而工夫复杂度是 $O(n)$；
- 空间复杂度：$O(1)$ 有序汇合空间，理论占用空间为常量级别空间。
题解三（滑动窗口 + 双堆）
同理，咱们应用双堆也能够实现均衡树雷同的性能。
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) { // 膨胀左指针 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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 每个元素最多入堆两次，保护堆排序的工夫复杂度是 $O(nlgn)$，因为相对差至少为 2，堆中最多仅会存储 3 个元素，排序工夫升高为常数，因而工夫复杂度是 O(n)；
- 空间复杂度：$O(1)$ 双堆空间，理论占用空间为常量级别空间。
题解四（滑动窗口 + 枯燥队列）
求滑动窗口的极值问题有枯燥队列的教训解。
在有序汇合的解法中，疏忽了滑动窗口中元素的程序关系：当元素 nums[i] 前方呈现呈现更大的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 x - nums[j] 的后果有奉献；同理，当 nums[i] 前方呈现更小的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 nums[i] - x 的后果有奉献。
对后果没有奉献的元素，应该提前弹出数据结构（在均衡树和堆的解法中，会保留在数据结构中，从而拉低工夫复杂度）。
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var ret = 0L var i = 0 // 从队头到队尾递加（保护滑动窗口的最大值） val maxQueue = ArrayDeque<Int>() // 从队头到队尾递增（保护滑动窗口的最小值） val minQueue = ArrayDeque<Int>() for (j in nums.indices) { // 保护枯燥性 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]) // 保护滑动窗口极值 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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 在每次查看仅须要查看队尾元素，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：$O(1)$ 枯燥队列空间，理论占用空间为常量级别空间。
T4. 所有子数组中不均衡数字之和（Hard）
https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-subarrays/题解一（枚举子数组 + 均衡树）
题目的不均衡度示意子数组排序后与前驱元素的差值大于 1 的个数（长度为 k 的子数组的最大不均衡度为 k - 1），最间接的做法是先排序再计数。咱们能够保护子数组的有序汇合，并保护插入前后的不均衡度：
- 如果在有序汇合的首部或尾部插入，则间接调整插入后的均衡度；
- 如果在有序汇合的两头插入，则须要减去插入前奉献的不均衡度，再减少插入后奉献的不均衡度：
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) // 子数组后果 ret += cnt } } return ret }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n·nlgn)$ 外层循环枚举 n 次，有序汇合排序工夫为 $O(nlgn)$；
- 空间复杂度：$O(n)$ 有序汇合空间。
题解二（枚举子数组 + 散列表）
因为咱们并不需要失去排序后的数组，而是查看每个元素与前驱的关系，因而对于每个元素 nums[i]，咱们只须要查看 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否存在。
枚举子数组元素 i，并保护不均衡度 cnt：
- 如果 nums[i] 曾经存在，那么减少 nums[i] 对均衡度没有影响；
- 如果 nums[i] 不存在，那么可能结构一个不均衡度，再察看 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否呈现过去扣除不均衡度。
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] // 保护不均衡度 if (!set.contains(x)) { cnt++ if (set.contains(x + 1)) cnt-- if (set.contains(x - 1)) cnt-- set.add(nums[j]) } // 子数组后果 ret += cnt - 1 // 减 1 是因为最初一个元素不会结构不均衡度 } } return ret }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n^2)$ 外层循环枚举 n 次，内层循环是线性工夫；
- 空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。
题解三（核心扩大 + 前后缀合成 + 乘法原理）
思路参考：https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-...
好棒的思维！
应用逆向思维，咱们思考每个元素 nums[i] 可能奉献的不均衡度，以 nums[i] 为中心点向左右扩大直到遇到最近的 nums[i] - 1，应用乘法原理能够计算出 nums[i] 对多少个子数组产生贡献度。
须要思考到，如果 nums[i] 是作为子数组的最小值时，是不会产生贡献度的，所以咱们要把这部分子数组减去。然而，在应用乘法原理时咱们无奈不便地晓得 nums[i] 在子数组中排序的地位，也就无奈晓得应该减去多少有效子数组。应用整体思维，咱们先疏忽有效子数组，同时发现每个子数组中都会存在一个最小值，因而整体来看有效子数组的个数就是子数组的个数，即 N*(N+1)/2；
同时，为了优化工夫复杂度，咱们能够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 的地位。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 的地位。
最初还有一个细节，思考到存在反复数的测试用例 [2,3,1,4,3]，排序后 [1,2,3,3,4] 中只有最右边的 3 会奉献不均衡度。为了防止反复计算，咱们规定排序后最右边的 3 来自于以后子数组中最左边的 3，因而在预处理后缀数组时，咱们要应用 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：记录每个元素最近呈现地位 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后果：
class Solution { fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int { val n = nums.size // 前缀数组和后缀数组 // ids：记录每个元素最近呈现地位 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 }}复杂度剖析：
- 工夫复杂度：$O(n)$ 两次线性遍历；
- 空间复杂度：$O(n)$ 前后缀数组空间。
往期回顾
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