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LeetCode算法日记 - Day 85: 等差数列划分

news 2025/10/28 9:15:40

1. 等差数列划分

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

1. 等差数列划分

https://leetcode.cn/problems/arithmetic-slices/description/

如果一个数列 至少有三个元素 ，并且任意两个相邻元素之差相同，则称该数列为等差数列。

例如，[1,3,5,7,9]、[7,7,7,7] 和 [3,-1,-5,-9] 都是等差数列。

给你一个整数数组 nums ，返回数组 nums 中所有为等差数组的 子数组 个数。

子数组 是数组中的一个连续序列。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：3
解释：nums 中有三个子等差数组：[1, 2, 3]、[2, 3, 4] 和 [1,2,3,4] 自身。

示例 2：

输入：nums = [1]
输出：0

提示：

1 <= nums.length <= 5000
-1000 <= nums[i] <= 1000

1.1 题目解析

题目本质
统计数组中所有满足等差数列条件的连续子数组个数。核心是三个元素一组，根据条件判断是否合理。

常规解法
枚举所有可能的子数组（双重循环确定起点和终点），对每个子数组判断是否为等差数列。具体做法是：外层循环固定起点 i，内层循环遍历终点 j（j >= i+2），检查 nums[i...j] 是否等差。

// 暴力枚举法 - O(n³) 时间复杂度
static class Solution {public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {int n = nums.length;if (n < 3) return 0;int count = 0;// 外层循环：固定起点 ifor (int i = 0; i < n - 2; i++) {// 内层循环：遍历终点 j（至少需要3个元素，所以 j >= i+2）for (int j = i + 2; j < n; j++) {// 检查子数组 nums[i...j] 是否为等差数列if (isArithmetic(nums, i, j)) {count++;}}}return count;}// 辅助函数：检查 nums[start...end] 是否为等差数列private boolean isArithmetic(int[] nums, int start, int end) {// 计算第一个差值作为基准int diff = nums[start + 1] - nums[start];// 检查后续所有相邻元素的差值是否都等于基准差值for (int k = start + 1; k < end; k++) {if (nums[k + 1] - nums[k] != diff) {return false;}}return true;}
}

问题分析
暴力枚举的时间复杂度是 O(n³)（双重循环 O(n²) × 等差判定 O(n)），对于 n=5000 的数据规模会超时。关键问题在于：大量重复计算了相邻元素的差值，没有利用"连续性"这个特点。

思路转折
等差数列有个重要性质——如果 [a,b,c] 是等差，且 [b,c,d] 也是等差（差值相同），那么 [a,b,c,d] 必然也是等差。这意味着我们可以用动态规划，记录"以当前元素结尾的等差子数组个数"，通过前一个状态递推得到当前状态。这样只需要一次遍历 O(n)，避免重复计算。

1.2 解法

算法思想：定义 dp[i] 表示以 nums[i] 结尾的等差子数组个数。当检查到第 i 个元素时，如果 nums[i] - nums[i-1] == nums[i-1] - nums[i-2]（最近三个元素等差）
则有两种情况：

新增一个长度为3的等差子数组：[nums[i-2], nums[i-1], nums[i]]

所有以 nums[i-1] 结尾的等差子数组都可以向右扩展一位

递推公式：

dp[i] = dp[i-1] + 1  (当 nums[i]-nums[i-1] == nums[i-1]-nums[i-2])dp[i] = 0            (否则)

最终答案为所有 dp[i] 的和。

i）初始化 dp 数组（长度为 n）和结果变量 sum = 0

ii）从索引 i=2 开始遍历（因为至少需要3个元素）

iii）对于每个位置 i，计算差值：d1 = nums[i] - nums[i-1]，d2 = nums[i-1] - nums[i-2]

iv）如果 d1 == d2，则 dp[i] = dp[i-1] + 1；否则 dp[i] = 0

v）累加 dp[i] 到 sum

vi）返回 sum

易错点：

起始索引错误：循环必须从 i=2 开始，因为需要访问 nums[i-2]。从 i=0 或 i=1 开始会数组越界
理解 dp[i] 的含义：dp[i] 不是"最长等差子数组长度"，而是"以 i 结尾的等差子数组个数"。例如 dp[3]=2 表示有2个等差子数组以索引3结尾
忘记累加结果：每次计算出 dp[i] 后要立即累加到 sum，不能只保存 dp[i] 最后再处理

边界条件：当数组长度 < 3 时，直接返回0（题目要求至少3个元素）

1.3 代码实现

static class Solution {public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {int n = nums.length;if (n < 3) return 0; // 少于3个元素无法构成等差数列int[] dp = new int[n]; // dp[i]: 以 nums[i] 结尾的等差子数组个数int result = 0;for (int i = 2; i < n; i++) {// 检查最近三个元素是否等差if (nums[i] - nums[i-1] == nums[i-1] - nums[i-2]) {// 可以扩展：继承 dp[i-1] 个 + 新增1个（最短的3元素数组）dp[i] = dp[i-1] + 1;}// 否则 dp[i] = 0（默认值）result += dp[i]; // 累加当前位置的贡献}return result;}
}

复杂度分析