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题目
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。
找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 子数组
[numsl, numsl+1, …, numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
示例 1：
输入：target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3] 输出：2 解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。 示例 2：
输入：target = 4, nums = [1,4,4] 输出：1 示例 3：
输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1] 输出：0
提示：
1 <= target <= 10^9 1 <= nums.length <= 10^5 1 <= nums[i] <= 10^4
v1-滑动窗口
思路
我们从第一个元素开始，step 从 1 … n。开始的下标也从 0…n。
当然这个性能估计很差。
代码
/**
* 使用 slide window 实现
*
* 1. step 从 1 到 len
*
* @param target
* @param nums
* @return
*/
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
for(int step = 0; step < nums.length; step++) {
for(int i = 0; i < nums.length - step; i++) {
if(fitSum(nums, i, i+step, target)) {
return step+1;
}
}
}
return 0;
}
private boolean fitSum(int[] nums,
int startIndex,
int endIndex,
int target) {
int sum = 0;
for(int i = startIndex; i <= endIndex; i++) {
sum += nums[i];
if(sum >= target) {
return true;
}
}
return false;
}
复杂度为 O(n^3)
效果
18 / 21 个通过的测试用例
超时
V2-优化
优化思路
为什么我们会超时呢？
因为每一次都要重复计算数组的和。
那么，有没有一种方法，可以让我们非常快捷的计算任意两个下标之间的差呢？
前缀和
prefix_sum[i] 表示数组 arr 从 arr[0] 到 arr[i] 的累加和。
具体来说：
prefix_sum[0] = arr[0]
prefix_sum[1] = arr[0] + arr[1]
prefix_sum[2] = arr[0] + arr[1] + arr[2]
...
prefix_sum[i] = arr[0] + arr[1] + ... + arr[i]
我们就得到了地推公式：
prefix_sum[i] = prefix_sum[i-1] + ... + arr[i]
整体思路
我们可以首先 one-pass 用 O(n) 把前缀和数组构建好，然后再用上面的双指针试试？
代码
我们
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
// 构建前缀和数组
int[] prefixSum = new int[nums.length];
prefixSum[0] = nums[0];
for(int i = 1; i < nums.length; i++) {
prefixSum[i] = prefixSum[i-1] + nums[i];
}
for(int step = 0; step < nums.length; step++) {
for(int i = 0; i < nums.length - step; i++) {
int sum = prefixSum[i+step] - prefixSum[i] + nums[i];
if(sum >= target) {
return step+1;
}
}
}
return 0;
}
复杂度为 O(n^2)
效果
18 / 21 个通过的测试用例
超时
有点离谱，感觉这个 18 直接对优化卡的太死了。
v3-如何进一步优化呢？
二分法
我们慢还有一个原因就是在找下个窗口的时候，是傻傻的从零开始找的。
但是实际上应该怎么找呢？
因为是含有 n 个正整数的数组
所以 prefixSum 一定是递增的。
我们在找到 i 开始的位置后，直接用二分法寻找剩余的值位置在哪里，这样可以把复杂度降低到 O(n) * O(logn)
代码
// 判断长度为mid的子数组和是否能够大于等于target
private boolean isOver(int[] sum, int mid, int target) {
int n = sum.length;
for (int i = mid; i < n; i++) {
if ((sum[i] - sum[i - mid]) >= target) {
return true;
}
}
return false;
}
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
int n = nums.length;
int[] sum = new int[n + 1]; // 前缀和数组
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] = sum[i - 1] + nums[i - 1]; // 计算前缀和
}
int left = 1, right = n;
while (left <= right) { // 二分查找
int mid = (right - left) / 2 + left;
// 没找过，去右边找
if (!isOver(sum, mid, target)) {
left = mid + 1;
} else {
// 超过了 去左边找
right = mid - 1;
}
}
return left == n + 1 ? 0 : left; // 如果没有找到满足条件的子数组，返回0
}
效果
3ms，击败 6.18%
小结
这种如果从前缀和的思路一直考虑下来，还算是比较好想到的一个解法。
不过手写二分确实需要多习惯一下，太久不写又忘记了。
v4-双指针解法
思路
我们通过双指针。
sum 表示 left…right 的总和
首先扩大窗口，当 sum >= target 的时候，可以尝试缩小窗口。保持 right 位置不变，只是 left 向右移动。
这样满足的条件的就是最小的 len。
核心代码
/**
* 使用 slide window 实现
*
* 1. step 从 1 到 len
*
* @param target
* @param nums
* @return
*/
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
int n = nums.length;
int minLength = Integer.MAX_VALUE; // 用于存储最小子数组长度
int sum = 0; // 当前窗口的和
int left = 0; // 左指针
for (int right = 0; right < n; right++) {
// 扩展窗口，加入当前右指针的元素
sum += nums[right];
// 当窗口和大于等于 target 时，尝试缩小窗口
// 因为要保证 sum >= target，所以可以同时保证 left 和 right 的位置相对正确。
// 这是一种比较巧妙的解法。
while (sum >= target) {
// 更新最小长度
minLength = Math.min(minLength, right - left + 1);
// 缩小窗口，移除左端元素
sum -= nums[left];
left++;
}
}
// 如果没有找到符合条件的子数组，返回 0
return minLength == Integer.MAX_VALUE ? 0 : minLength;
}
效果
1ms，超过 99.99%
小结
有时候双指针不太能很好的直接就想到。
性能的话还是不错的。
参考资料
https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/
