算法|子数组累加和为aim(小于等于aim)的三个问题算法|子数组累加和aim三连问题

子数组累加和为aim(小于等于aim)的三个问题

累加和= aim的最长子数组的长度(数组可+,-,0)；
累加和= aim的最长子数组的长度(数组+)(只有正数)；
累加和<= aim的最长子数组的长度(数组可+,-,0)；

累加和= aim的最长子数组的长度(数组可+,-,0)；
这个题目使用HashMap来存储前面出现过的累加和的下标，具体过程如下:

使用变量sum表示从0位置开始一直加到i位置所有元素的累加和；
HashMap中key表示从arr最左边开始累加过程中出现过的sum值，value表示的是sum值出现最早的位置；、
假设当前元素为arr[i]，则sum += arr[i]，之前所有累加和为sum ，查看map中是否有sum - aim这个值，如果有，且对应value为j，那么就找到一个子数组累加和为aim的，且长度为 i - j + 1；
检查现在的sum是否在map中出现，如果不存在，说明此时是第一次出现的，把(sum,i)加入到map中；
继续遍历数组；

很重要的一个地方就是一开始map中要存(0,-1)这个值，直观理解是一个数也没有的时候也可以累加出0
看下面例子:
[1,2,3,3] ， aim = 6；
如果没有存(0,-1)，累加到下标为2的时候，sum = 6 此时，sum - aim = 6 - 6 = 0，但是没有0这个累加和，就会忽略；

/**　O(n)时间 O(n)空间 */ static int getMaxLength(int[] arr,int aim){ if(arr == null || arr.length== 0 )return 0; HashMapmap = new HashMap(); //表示key这个累加和最早出现在value位置 map.put(0,-1); //这个很重要 int sum = 0; int res = 0; for(int i = 0; i < arr.length; i++){ sum += arr[i]; if(map.containsKey(sum - aim)){ //如果之前出现了 res = Math.max(res,i - map.get(sum - aim)); } if(!map.containsKey(sum)){ map.put(sum,i); } } return res; }

问题变式: 给定一个数组，求正数和负数个数相等最长子数组长度。
解: 把正数变成1，负数变成-1即可。
还有一个扩展问题:
题目:

定义数组的异或和的概念:
数组中所有的数异或起来，得到的结果叫做数组的异或和，比如数组{3, 2, 1}的异或和是: 3 ^ 2 ^ 1 = 0。
给定一个数组arr，你可以任意把arr分成很多不相容的子数组，你的目的是: 分出来的子数组中，异或和为0的子数组最多。
请返回: 分出来的子数组中，异或和为0的子数组最多是多少?

解析: 可以利用这个思想找到最晚出现和0~i内异或和(假设为xor)同样异或和的更小的范围内最晚出现的位置，因为最后一个部分是异或和为0，且xor^0 = xor。

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/** * dp[i] = max(dp[i-1],dp[k] + 1) k表示的是i 如果是最优划分中的最后一个部分的最后一个数的话，k是那个部分的开始的地方的前一个 * 从 0~i-1中异或还是xor的最晚的位置: * @param arr * @return */ static int maxEor(int[] arr){ HashMapmap = new HashMap<>(); //存放某个异或和最晚出现的位置 int res = 0,xor = 0; int[] dp = new int[arr.length]; map.put(0,-1); for(int i = 0; i < arr.length; i++){ xor ^= arr[i]; if(map.containsKey(xor)){// 找到上一个异或和为xor的最晚出现的位置因为xor^0 = xor int k = map.get(xor); //k dp[i] = k == -1 ? 1 : dp[k] + 1; } if(i > 0){ dp[i] = Math.max(dp[i],dp[i-1]); } map.put(xor,i); //每次都要put进去 res = Math.max(dp[i],res); } return res; }

累加和= aim的最长子数组的长度(数组+)(只有正数)；
这个和上面唯一的不同就是数组中只有正数，这里使用类似窗口移动的做法，给出两个指针，L、R表示窗口的左右边界，sum表示的是arr[L,R]之间的累加和，L，R一直往右动。

如果窗口内sum < aim，R就往右扩，并且sum += arr[R]；
如果窗口内sum > aim，L 就往右扩，并且sum -= arr[L]；
如果窗口内sum = aim，就说明这个窗口内累加和为sum ，此时记录最大值即可；

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static int getMax(int[] arr,int aim){ if(arr == null || arr.length == 0 || aim < 0)return 0; int L = 0,R = 0; int res = 0, sum = arr[0]; while(R < arr.length){ if(sum == aim){ res = Math.max(res,R - L + 1); sum -= arr[L++]; }else if(sum < aim){//小于等于就往右边扩 if(++R == arr.length) break; sum += arr[R]; }else {// 大于就往左边扩sum > aim sum -= arr[L++]; } } return res; }

累加和<= aim的最长子数组的长度(数组可+,-,0)；
【算法|子数组累加和为aim(小于等于aim)的三个问题】两个数组sum和ends，sum[i]表示的是以arr[i]开头(必须包含arr[i])的所有子数组的最小累加和，对应的ends[i]表示的是取得这个最小累加和的右边界。一开始先求出sums数组和ends[]数组。

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这个题目最精华的是左右边界不回退，就是说，如果从0位置扩到T区间，T+1区间不能扩了，此时不是回到1位置开始扩，而是舍弃0位置，看能不能由于舍弃0位置把T+1位置加进来：

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static int getMaxLength2(int[] arr,int aim){ if(arr == null || arr.length == 0)return 0; int[] sums = new int[arr.length]; //以arr[i]开头所有子数组的最小累加和 int[] ends = new int[arr.length]; //取得最小累加和的最右边界 sums[arr.length-1] = arr[arr.length-1]; ends[arr.length-1] = arr.length-1; for(int i = arr.length - 2; i >= 0; i--){ //求出sums数组和ends数组 if(sums[i+1] < 0){ sums[i] = arr[i] + sums[i+1]; ends[i] = ends[i+1]; }else { sums[i] = arr[i]; ends[i] = i; } } int sum = 0; //目前的累加和sum -> R int R = 0; //每一次扩到的右边界 int res = 0; //答案 for(int start = 0; start < arr.length; start++){//每一次开头 while(R < arr.length && sum + sums[R] <= aim){//一整块一整块的扩 sum += sums[R]; R = ends[R] + 1; } sum -= R > start ? arr[start] : 0; //如果R>start，下面start要++了，窗口内减去arr[start] res = Math.max(res,R - start); //窗口是start ~ R-1,所以是长度为R-start R = Math.max(R,start + 1); //有没有可能扩不出去 } return res; }