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每日算法学习

今天学习了两道关于子数组和的 LeetCode 题目。

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1524. 和为奇数的子数组数目

题目

思路 💡

前缀和

核心思想：子数组 arr[i..j] 的和可以表示为两个前缀和之差，即 prefixSum[j+1] - prefixSum[i] (假设 prefixSum[k] 表示 arr[0...k-1] 的和，且 prefixSum[0] = 0)。

我们希望这个差为奇数。根据奇偶性运算规则：

• 奇数 - 偶数 = 奇数
• 偶数 - 奇数 = 奇数

这意味着，如果当前的前缀和 P_current 是奇数，我们需要查找在它之前出现过的偶数前缀和的个数。反之，如果 P_current 是偶数，我们需要查找之前出现过的奇数前缀和的个数。

解题过程 ⚙️

1. 计算前缀和数组 prefix。prefix[k] 存储原数组 arr 从索引 0 到 k-1 的元素之和。特别地，prefix[0] 通常设为 0，代表空数组的和。
2. 遍历计算出的每一个前缀和 x (从 prefix[0] 开始)：
   • 我们用一个 Map map 来存储已遍历过的前缀和中，奇数和偶数各自出现的次数。在代码中，map 的键 true 代表奇数前缀和的计数，false 代表偶数前缀和的计数。
   • 对于当前前缀和 x：
     • 如果 x 是 奇数：我们需要找到一个之前的偶数前缀和 P_prev_even，使得 x - P_prev_even 为奇数。此时，结果 ret 加上 map 中记录的偶数前缀和的个数。
     • 如果 x 是 偶数：我们需要找到一个之前的奇数前缀和 P_prev_odd，使得 x - P_prev_odd 为奇数。此时，结果 ret 加上 map 中记录的奇数前缀和的个数。
   • 更新 map：将当前前缀和 x 的奇偶性对应的计数加 1。
3. 初始状态：prefix[0] = 0 是一个偶数。所以在遍历开始前（或者说，在处理 prefix[0] 时），偶数前缀和的计数为 1，奇数前缀和的计数为 0。代码中通过先查询后更新的方式，巧妙地处理了这一点：当处理 prefix[0]=0 (偶数)时，它会查询奇数前缀和的个数（初始为0，所以 ret 不变），然后将偶数前缀和的个数更新为1。

复杂度 📈

• 时间复杂度: $O(N)$，其中 N 是数组 arr 的长度。计算前缀和需要 $O(N)$，遍历前缀和数组也需要 $O(N)$。
• 空间复杂度: $O(N)$，主要用于存储前缀和数组 prefix。map 的空间是 $O(1)$，因为它只存储两个键值对。

Code

class Solution {public int numOfSubarrays(int[] arr) {long ret = 0;int n = arr.length;final int MOD = 1_000_000_007;int[] prefix = new int[n + 1];Map<Boolean, Integer> map = new HashMap<>(n + 1); // true - 奇数   false - 偶数for (int i = 0; i < n; i++) {prefix[i + 1] = prefix[i] + arr[i];}for (int x : prefix) {// key 为奇数就去找偶数有多少个  key为偶数就去找奇数有多少个boolean key =  (x % 2 == 0);ret = (ret + map.getOrDefault(key, 0)) % MOD;// 存进map时注意取反map.put(!key, map.getOrDefault(!key, 0) + 1);}return (int) ret;}
}

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974. 和可被 K 整除的子数组

题目

思路 💡

前缀和 + 同余定理

核心思想：子数组 nums[i..j] 的和为 S = prefixSum[j+1] - prefixSum[i]。
我们希望 S 能被 K 整除，即 S % K == 0。

根据同余定理，如果 (A - B) % K == 0，那么 A % K == B % K。

应用到这里：(prefixSum[j+1] - prefixSum[i]) % K == 0 等价于 prefixSum[j+1] % K == prefixSum[i] % K。

因此，我们只需要统计具有相同余数的前缀和出现的次数。

注意处理负数取模：在 Java (以及很多语言)中，负数对正数取模的结果可能是负数 (例如 -1 % 5 = -1)。为了确保余数始终在 [0, K-1] 区间内，我们通常使用 (sum % K + K) % K。

解题过程 ⚙️

1. 初始化一个变量 prefixSum = 0 (表示当前累积的前缀和) 和结果 ret = 0。
2. 使用一个数组map来存储每个前缀和模 K 的余数出现的次数。map[rem] 表示余数 rem 已经出现了多少次。
3. 关键初始化：map[0] = 1。这非常重要！它代表在开始遍历数组之前，我们有一个“空前缀和”（值为0），其模 K 的余数是 0。这能够正确处理那些从数组第一个元素开始其和就能被 K 整除的子数组。
4. 遍历数组 nums 中的每个元素 num:
   a. 更新 prefixSum += num。
   b. 计算当前 prefixSum 模 K 的余数：remainder = (prefixSum % K + K) % K。
   c. 在 map 中查找这个 remainder 之前已经出现过的次数，计为 count = map[remainder]。这意味着有 count 个之前的某个前缀和 P_prev 满足 P_prev % K == remainder。对于每一个这样的 P_prev，子数组 (P_current - P_prev) 都能被 K 整除。所以，将 count 加到 ret 上：ret += count。
   d. 然后，将当前 prefixSum 的余数 remainder 计入 map：map[remainder]++。

复杂度 📈

• 时间复杂度: $O(N)$，其中 N 是数组 nums 的长度。我们只遍历数组一次。
• 空间复杂度: $O(K)$，map 数组的大小固定为 K，用于存储余数的计数。

Code

class Solution {public int subarraysDivByK(int[] nums, int k) {int ret = 0, prefix = 0;int[] map = new int[k];map[0] = 1; // prefix[i] % k = 0的情况for (int num : nums) {prefix += num;ret += map[(prefix % k + k) % k]++;}return ret;}
}

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