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动态规划思想的延伸：计数模式再升级——巧妙捕捉「优美子数组」

news 2025/10/26 7:38:39

哈喽，各位，我是前端L。

在之前的探险中，“前缀和 + 哈希表”这对黄金搭档，已经帮助我们攻克了“和为K”（LC 560）以及“和是K的倍数”（LC 523）这两大类子数组计数难题。它们的威力在于，能将 O(n²) 的暴力枚举，优雅地降维到 O(n)。

今天，我们将要面对一个它的“变装”版本——“优美子数组”。标准不再是“和”，而是子数组中奇数的个数。但你将惊奇地发现，问题的核心结构，几乎没有改变！同时，我们还将学习一种全新的、基于滑动窗口的计数技巧，进一步拓宽我们的解题思路。

力扣 1248. 統計「优美子数组」

https://leetcode.cn/problems/count-number-of-nice-subarrays/

题目分析： 给定一个整数数组 nums 和一个整数 k，找到连续子数组的个数，使得子数组中恰好包含 k 个奇数。

核心：只关心奇偶性，不关心具体数值。
目标：计数，有多少个这样的子数组。

思路一：“前缀和 + 哈希表”的完美复刻 (O(n) 时间, O(n) 空间)

这道题和“和为K的子数组”（LC 560）简直是“异父异母的亲兄弟”！

1. 思想的“平移”：

在 LC 560 中，我们关心的是元素和。我们用了前缀和 preSum。
在本题中，我们关心的是奇数个数。我们只需要用前缀奇数个数 preOddCount 来替换！

2. DP状态定义 (隐式)： preOddCount[i] 表示：nums 数组的前 i 个元素 (nums[0...i-1]) 中，奇数的总个数。

3. 核心公式推导： 子数组 nums[l...r] 中奇数的个数 = preOddCount[r+1] - preOddCount[l]。我们要找的是，有多少对 (l, r) 使得 preOddCount[r+1] - preOddCount[l] == k。移项得： preOddCount[l] == preOddCount[r+1] - k

4. 算法流程 (与LC 560几乎一致)：

初始化哈希表 oddCountFreq = { {0, 1} }，存储 {前缀奇数个数 -> 出现次数}。{0, 1} 处理从头开始的子数组。
初始化 count = 0, currentOddCount = 0。
遍历数组 nums (下标 r)： a. 如果 nums[r] 是奇数，currentOddCount++。 b. 计算目标前缀奇数个数 target = currentOddCount - k。 c. 查找哈希表：如果 target 存在于 oddCountFreq 中，count += oddCountFreq[target]。 d. 更新哈希表：oddCountFreq[currentOddCount]++。
返回 count。

代码实现 (前缀奇数计数 + 哈希表):

#include <vector>
#include <unordered_map>class Solution {
public:int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {int count = 0;int currentOddCount = 0;// 存储 {前缀奇数个数 -> 出现次数}unordered_map<int, int> oddCountFreq;// 初始化：奇数个数为0的前缀出现了1次（空前缀）oddCountFreq[0] = 1;for (int num : nums) {// 更新当前前缀奇数个数if (num % 2 != 0) { // is oddcurrentOddCount++;}// 寻找 target = currentOddCount - kint target = currentOddCount - k;// 如果 target 存在于 map 中，累加其出现次数if (oddCountFreq.count(target)) {count += oddCountFreq[target];}// 将当前的前缀奇数个数加入 mapoddCountFreq[currentOddCount]++;}return count;}
};

思路二：“差分”的智慧——滑动窗口解“恰好K” (O(n) 时间, O(1) 空间)

我们知道，滑动窗口特别擅长处理“最多K”或“最少K”的问题，但直接处理“恰好K”比较棘手。但是，我们可以运用一个极其巧妙的数学思想： 恰好 k 个 = 最多 k 个 - 最多 k-1 个

count(exactly k) = count(atMost k) - count(atMost k-1)

现在，问题转化为了：如何用滑动窗口，计算一个数组中有多少个子数组，其奇数个数最多为 k？

atMostK(nums, k) 函数的实现：

初始化 left = 0, oddCountInWindow = 0, result = 0。
用 right 指针遍历数组（扩张窗口）： a. 如果 nums[right] 是奇数，oddCountInWindow++。 b. 收缩窗口：只要 oddCountInWindow > k，就不断收缩左边界： i. 如果 nums[left] 是奇数，oddCountInWindow--。 ii. left++。 c. 计数 (核心!)：当窗口 [left, right] 满足 oddCountInWindow <= k 后，所有以 right 结尾，且起点 i 满足 left <= i <= right 的子数组，都满足条件！ * 这些子数组的个数是 right - left + 1。 * 将这些新的有效子数组计入结果：result += (right - left + 1)。 d. right++。
返回 result。

最终答案： 调用 atMostK(nums, k) 和 atMostK(nums, k - 1)，然后相减。

代码实现 (滑动窗口 + 差分):

class Solution {
public:int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {// 恰好 k = 最多 k - 最多 k-1return atMostK(nums, k) - atMostK(nums, k - 1);}private:// 计算 nums 中奇数个数 最多 为 k 的子数组个数int atMostK(vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();int left = 0, oddCount = 0, result = 0;for (int right = 0; right < n; ++right) {if (nums[right] % 2 != 0) {oddCount++;}// 当窗口内奇数个数超过 k 时，收缩左边界while (oddCount > k) {if (nums[left] % 2 != 0) {oddCount--;}left++;}// 此时窗口 [left, right] 满足条件// 以 right 结尾的有效子数组个数为 right - left + 1result += (right - left + 1);}return result;}
};