209 | 长度最小的子数组

资讯 2年前
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209 | 长度最小的子数组

写在前面~

最近朋友面试遇到了这道题

发来和小媛一起讨论的时候

突然觉得说这是一道虽然简单,但是仍然可以讨论一下的「medium」题目

决定发出来分享一下

这道题有比较容易想到的「O(n) 时间复杂度」的解法

但是难免有的面试官会"精益求精"

进阶的询问是否有「O(n log(n)) 时间复杂度」的解法

这就需要大家动动小脑瓜啦~(其实也不难想到)

闲话少说~

先来看题~

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 其和 ≥ target 的 长度最小的 连续子数组

[nums_l, nums_l+1, ..., nums_r-1, nums_r] ,

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 <= 109

1 <= nums.length <= 105

1 <= nums[i] <= 105

先停在这里

思考一会儿~

你会用什么方法呢

一、滑动窗口 / 双指针

思路:

· 定义两个指针 start 和 end 分别表示子数组(滑动窗口窗口)的开始位置和结束位置

· 维护变量 sum 存储子数组中的元素和

· 初始状态下,start 和 end 都指向下标 0,sum 的值为 0

· 每一轮迭代,将 nums[end] 加到 sum,如果 sum≥s,则更新子数组的最小长度,然后将 nums[start] 从 sum 中减去并将 start 右移,直到 sum<s,在此过程中同样更新子数组的最小长度

· 在每一轮迭代的最后,将 end 右移。

复杂度分析:

· 时间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。指针 start 和 end 最多各移动 n 次。

· 空间复杂度:O(1)。c

image.png

二、前缀和 + 二分查找

思路:

· 因为这道题保证了数组中每个元素都为正,所以前缀和一定是递增的,这一点保证了二分的正确性。如果题目没有说明数组中每个元素都为正,这里就不能使用二分来查找这个位置了。

· 在确定每个子数组的开始下标后,找到长度最小的子数组需要 O(n) 的时间。

· 如果使用二分查找,则可以将时间优化到 O(logn)。

复杂度分析:

· 时间复杂度:O(nlogn),其中 n是数组的长度。需要遍历每个下标作为子数组的开始下标,遍历的时间复杂度是 O(n),对于每个开始下标,需要通过二分查找得到长度最小的子数组,二分查找得时间复杂度是 O(logn),因此总时间复杂度是 O(nlon)。

· 空间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。额外创建数组 sums 存储前缀和。

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       原文标题 : 209 | 长度最小的子数组

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