原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/count-number-of-nice-subarrays

英文原文

Given an array of integers nums and an integer k. A continuous subarray is called nice if there are k odd numbers on it.

Return the number of nice sub-arrays.

 

Example 1:

Input: nums = [1,1,2,1,1], k = 3
Output: 2
Explanation: The only sub-arrays with 3 odd numbers are [1,1,2,1] and [1,2,1,1].

Example 2:

Input: nums = [2,4,6], k = 1
Output: 0
Explanation: There is no odd numbers in the array.

Example 3:

Input: nums = [2,2,2,1,2,2,1,2,2,2], k = 2
Output: 16

 

Constraints:

• 1 <= nums.length <= 50000
• 1 <= nums[i] <= 10^5
• 1 <= k <= nums.length

中文题目

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。

如果某个 连续 子数组中恰好有 k 个奇数数字，我们就认为这个子数组是「优美子数组」。

请返回这个数组中「优美子数组」的数目。

 

示例 1：

输入：nums = [1,1,2,1,1], k = 3
输出：2
解释：包含 3 个奇数的子数组是 [1,1,2,1] 和 [1,2,1,1] 。

示例 2：

输入：nums = [2,4,6], k = 1
输出：0
解释：数列中不包含任何奇数，所以不存在优美子数组。

示例 3：

输入：nums = [2,2,2,1,2,2,1,2,2,2], k = 2
输出：16

 

提示：

• 1 <= nums.length <= 50000
• 1 <= nums[i] <= 10^5
• 1 <= k <= nums.length

通过代码

高赞题解

解题思路

一、滑动窗口

1. 不断右移 right 指针来扩大滑动窗口，使其包含 k 个奇数；

2. 若当前滑动窗口包含了 k 个奇数，则如下「计算当前窗口的优美子数组个数」：

   • 统计第 1 个奇数左边的偶数个数 leftEvenCnt。 这 leftEvenCnt 个偶数都可以作为「优美子数组」的起点，因此起点的选择有 leftEvenCnt + 1 种（因为可以一个偶数都不取，因此别忘了 +1 喔）。
   • 统计第 k 个奇数右边的偶数个数 rightEvenCnt 。 这 rightEvenCnt 个偶数都可以作为「优美子数组」的终点，因此终点的选择有 rightEvenCnt + 1 种（因为可以一个偶数都不取，因此别忘了 +1 喔）。
   • 因此「优美子数组」左右起点的选择组合数为 (leftEvenCnt + 1) * (rightEvenCnt + 1)。

👇代码注释很详细👇（时间复杂度 $O(N)$，空间复杂度 $O(1)$）

[]
class Solution {
    public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
        int left = 0, right = 0, oddCnt = 0, res = 0;
        while (right < nums.length) {
            // 右指针先走，每遇到一个奇数则 oddCnt++。
            if ((nums[right++] & 1) == 1) {
                oddCnt++;
            }

            //  若当前滑动窗口 [left, right) 中有 k 个奇数了，进入此分支统计当前滑动窗口中的优美子数组个数。
            if (oddCnt == k) {
                // 先将滑动窗口的右边界向右拓展，直到遇到下一个奇数（或出界）
                // rightEvenCnt 即为第 k 个奇数右边的偶数的个数
                int tmp = right;
                while (right < nums.length && (nums[right] & 1) == 0) {
                    right++;
                }
                int rightEvenCnt = right - tmp;
                // leftEvenCnt 即为第 1 个奇数左边的偶数的个数
                int leftEvenCnt = 0;
                while ((nums[left] & 1) == 0) {
                    leftEvenCnt++;
                    left++;
                }
                // 第 1 个奇数左边的 leftEvenCnt 个偶数都可以作为优美子数组的起点
                // (因为第1个奇数左边可以1个偶数都不取，所以起点的选择有 leftEvenCnt + 1 种）
                // 第 k 个奇数右边的 rightEvenCnt 个偶数都可以作为优美子数组的终点
                // (因为第k个奇数右边可以1个偶数都不取，所以终点的选择有 rightEvenCnt + 1 种）
                // 所以该滑动窗口中，优美子数组左右起点的选择组合数为 (leftEvenCnt + 1) * (rightEvenCnt + 1)
                res += (leftEvenCnt + 1) * (rightEvenCnt + 1);

                // 此时 left 指向的是第 1 个奇数，因为该区间已经统计完了，因此 left 右移一位，oddCnt--
                left++;
                oddCnt--;
            }

        }

        return res;
    }
}

二、前缀和

1. 计算前缀和数组 arr：遍历原数组，每遍历一个元素，计算当前的前缀和（即到当前元素为止，数组中有多少个奇数）；
2. 对上述前缀和数组，双重循环统计 arr[j] - arr[i] == k 的个数，这样做是 $O(N^2)$ 的（这里会超时哦）。
3. 优化：因此，我们可以像「1. 两数之和」那样使用 HashMap 优化到 $O(N)$，键是「前缀和」，值是「前缀和的个数」（下面代码中具体使用的是 int[] prefixCnt 数组，下标是「前缀和」，值是「前缀和的个数」），因此我们可以遍历原数组，每遍历到一个元素，计算当前的前缀和 sum，就在 res 中累加上前缀和为 sum - k 的个数。

👇代码注释很详细👇（时间复杂度 $O(N)$，空间复杂度 $O(N)$）

[]
class Solution {
    public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
        // 数组 prefixCnt 的下标是前缀和（即当前奇数的个数），值是前缀和的个数。
        int[] prefixCnt = new int[nums.length + 1];
        prefixCnt[0] = 1;
        // 遍历原数组，计算当前的前缀和，统计到 prefixCnt 数组中，
        // 并且在 res 中累加上与当前前缀和差值为 k 的前缀和的个数。
        int res = 0, sum = 0;
        for (int num: nums) {
            sum += num & 1;
            prefixCnt[sum]++;
            if (sum >= k) {
                res += prefixCnt[sum - k];
            }       
        }
        return res;
    }
}

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