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90
gif-algorithm/前缀和/leetcode1248寻找优美子数组.md
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90
gif-algorithm/前缀和/leetcode1248寻找优美子数组.md
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@ -0,0 +1,90 @@
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### leetcode1248. 统计「优美子数组」
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**题目描述**
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> 给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。
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>
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> 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」。
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>
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> 请返回这个数组中「优美子数组」的数目。
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**示例 1：**
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> 输入：nums = [1,1,2,1,1], k = 3
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> 输出：2
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> 解释：包含 3 个奇数的子数组是 [1,1,2,1] 和 [1,2,1,1] 。
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**示例 2：**
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> 输入：nums = [2,4,6], k = 1
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> 输出：0
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> 解释：数列中不包含任何奇数，所以不存在优美子数组。
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**示例 3：**
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> 输入：nums = [2,2,2,1,2,2,1,2,2,2], k = 2
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> 输出：16
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如果上面那个题目我们完成了，这个题目做起来，分分钟的事，不信你去写一哈，百分百就整出来了，我们继续按上面的思想来解决。
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**HashMap**
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**解析**
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上个题目我们是求和为 K 的子数组，这个题目是让我们求 恰好有 k 个奇数数字的连续子数组，这两个题几乎是一样的，上个题中我们将前缀区间的和保存到哈希表中，这个题目我们只需将前缀区间的奇数个数保存到区间内即可，只不过将 sum += x 改成了判断奇偶的语句，见下图。
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我们来解析一下哈希表，key 代表的是含有 1 个奇数的前缀区间，value 代表这种子区间的个数，含有两个，也就是nums[0],nums[0,1].后面含义相同，那我们下面直接看代码吧，一下就能读懂。
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```java
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class Solution {
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public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
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if (nums.length == 0) {
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return 0;
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}
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HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
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//统计奇数个数，相当于我们的 presum
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int oddnum = 0;
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int count = 0;
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map.put(0,1);
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for (int x : nums) {
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// 统计奇数个数
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oddnum += x & 1;
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// 发现存在，则 count增加
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if (map.containsKey(oddnum - k)) {
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count += map.get(oddnum - k);
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}
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//存入
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map.put(oddnum,map.getOrDefault(oddnum,0)+1);
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}
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return count;
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}
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}
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```
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但是也有一点不同，就是我们是统计奇数的个数，数组中的奇数个数肯定不会超过原数组的长度，所以这个题目中我们可以用数组来模拟 HashMap ，用数组的索引来模拟 HashMap 的 key，用值来模拟哈希表的 value。下面我们直接看代码吧。
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```java
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class Solution {
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public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
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int len = nums.length;
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int[] map = new int[len + 1];
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map[0] = 1;
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int oddnum = 0;
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int count = 0;
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for (int i = 0; i < len; ++i) {
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//如果是奇数则加一，偶数加0，相当于没加
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oddnum += nums[i] & 1;
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if (oddnum - k >= 0) {
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count += map[oddnum-k];
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}
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map[oddnum]++;
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}
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return count;
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}
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}
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```
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77
gif-algorithm/前缀和/leetcode724寻找数组的中心索引.md
Normal file
77
gif-algorithm/前缀和/leetcode724寻找数组的中心索引.md
Normal file
@ -0,0 +1,77 @@
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今天我们来说一下刷题时经常用到的前缀和思想，前缀和思想和滑动窗口会经常用在求子数组和子串问题上，当我们遇到此类问题时，则应该需要想到此类解题方式，该文章深入浅出描述前缀和思想，读完这个文章就会有属于自己的解题框架，遇到此类问题时就能够轻松应对。
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下面我们先来了解一下什么是前缀和。
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前缀和其实我们很早之前就了解过的，我们求数列的和时，Sn = a1+a2+a3+...an; 此时Sn就是数列的前 n 项和。例 S5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5; S2 = a1 + a2。所以我们完全可以通过 S5-S2 得到 a3+a4+a5 的值，这个过程就和我们做题用到的前缀和思想类似。我们的前缀和数组里保存的就是前 n 项的和。见下图
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我们通过前缀和数组保存前 n 位的和，presum[1]保存的就是 nums 数组中前 1 位的和，也就是 **presum[1]** = nums[0], **presum[2]** = nums[0] + nums[1] = **presum[1]** + nums[1]. 依次类推，所以我们通过前缀和数组可以轻松得到每个区间的和。
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例如我们需要获取 nums[2] 到 nums[4] 这个区间的和，我们则完全根据 presum 数组得到，是不是有点和我们之前说的字符串匹配算法中 BM,KMP 中的 next 数组和 suffix 数组作用类似。那么我们怎么根据 presum 数组获取 nums[2] 到 nums[4] 区间的和呢？见下图
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好啦，我们已经了解了前缀和的解题思想了，我们可以通过下面这段代码得到我们的前缀和数组，非常简单
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```java
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for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
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presum[i+1] = nums[i] + presum[i];
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}
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```
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好啦，我们开始实战吧。
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### leetcode 724. 寻找数组的中心索引
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**题目描述**
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> 给定一个整数类型的数组 nums，请编写一个能够返回数组 “中心索引” 的方法。
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>
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> 我们是这样定义数组 中心索引 的：数组中心索引的左侧所有元素相加的和等于右侧所有元素相加的和。
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>
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> 如果数组不存在中心索引，那么我们应该返回 -1。如果数组有多个中心索引，那么我们应该返回最靠近左边的那一个。
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**示例 1：**
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> 输入：
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> nums = [1, 7, 3, 6, 5, 6]
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> 输出：3
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解释：
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索引 3 (nums[3] = 6) 的左侧数之和 (1 + 7 + 3 = 11)，与右侧数之和 (5 + 6 = 11) 相等。
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同时, 3 也是第一个符合要求的中心索引。
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**示例 2：**
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> 输入：
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> nums = [1, 2, 3]
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> 输出：-1
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解释：
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数组中不存在满足此条件的中心索引。
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理解了我们前缀和的概念（不知道好像也可以做，这个题太简单了哈哈）。我们可以一下就能把这个题目做出来，先遍历一遍求出数组的和，然后第二次遍历时，直接进行对比左半部分和右半部分是否相同，如果相同则返回 true，不同则继续遍历。
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```java
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class Solution {
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public int pivotIndex(int[] nums) {
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int presum = 0;
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//数组的和
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for (int x : nums) {
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presum += x;
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}
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int leftsum = 0;
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for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
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//发现相同情况
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if (leftsum == presum - nums[i] - leftsum) {
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return i;
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}
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leftsum += nums[i];
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}
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return -1;
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}
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}
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```
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103
gif-algorithm/前缀和/leetcode974和可被K整除的子数组.md
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103
gif-algorithm/前缀和/leetcode974和可被K整除的子数组.md
Normal file
@ -0,0 +1,103 @@
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### leetcode 974 和可被 K 整除的子数组
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**题目描述**
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> 给定一个整数数组 A，返回其中元素之和可被 K 整除的（连续、非空）子数组的数目。
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**示例：**
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> 输入：A = [4,5,0,-2,-3,1], K = 5
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> 输出：7
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**解释：**
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> 有 7 个子数组满足其元素之和可被 K = 5 整除：
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> [4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]
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**前缀和+HashMap**
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**解析**
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我们在该文的第一题 **和为K的子数组 **中，我们需要求出满足条件的区间，见下图
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我们需要找到满足，和为 K 的区间。我们此时 presum 是已知的，k 也是已知的，我们只需要找到 presum - k区间的个数，就能得到 k 的区间个数。但是我们在当前题目中应该怎么做呢？见下图。
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我们在之前的例子中说到，presum[j+1] - presum[i] 可以得到 nums[i] + nums[i+1]+.... nums[j]，也就是[i,j]区间的和。
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那么我们想要判断区间 [i,j] 的和是否能整除 K，也就是上图中紫色那一段是否能整除 K，那么我们只需判断
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(presum[j+1] - presum[i] ) % k 是否等于 0 即可，
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我们假设 (presum[j+1] - presum[i] ) % k == 0；则
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presum[j+1] % k - presum[i] % k == 0;
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presum[j +1] % k = presum[i] % k ;
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我们 presum[j +1] % k 的值 key 是已知的，则是当前的 presum 和 k 的关系，我们只需要知道之前的前缀区间里含有相同余数 （key）的个数。则能够知道当前能够整除 K 的区间个数。见下图
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**题目代码**
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```java
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class Solution {
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public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
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HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
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map.put(0,1);
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int presum = 0;
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int count = 0;
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for (int x : A) {
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presum += x;
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//当前 presum 与 K的关系，余数是几，当被除数为负数时取模结果为负数，需要纠正
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int key = (presum % K + K) % K;
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//查询哈希表获取之前key也就是余数的次数
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if (map.containsKey(key)) {
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count += map.get(key);
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}
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//存入哈希表当前key，也就是余数
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map.put(key,map.getOrDefault(key,0)+1);
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}
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return count;
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}
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}
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```
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我们看到上面代码中有一段代码是这样的
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```java
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int key = (presum % K + K) % K;
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```
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这是为什么呢？不能直接用 presum % k 吗？
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这是因为当我们 presum 为负数时，需要对其纠正。纠正前(-1) %2 = (-1)，纠正之后 ( (-1) % 2 + 2) % 2=1 保存在哈希表中的则为 1.则不会漏掉部分情况，例如输入为 [-1,2,9],K = 2如果不对其纠正则会漏掉区间 [2] 此时 2 % 2 = 0，符合条件，但是不会被计数。
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那么这个题目我们可不可以用数组，代替 map 呢？当然也是可以的，因为此时我们的哈希表存的是余数，余数最大也只不过是 K-1所以我们可以用固定长度 K 的数组来模拟哈希表。
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```java
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class Solution {
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public int subarraysDivByK(int[] A, int K) {
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||||
int[] map = new int[K];
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||||
map[0] = 1;
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||||
int len = A.length;
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||||
int presum = 0;
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||||
int count = 0;
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for (int i = 0; i < len; ++i) {
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presum += A[i];
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//求key
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int key = (presum % K + K) % K;
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//count添加次数，并将当前的map[key]++;
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count += map[key]++;
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}
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return count;
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}
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}
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```
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@ -112,7 +112,7 @@ class Solution {
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**动图解析**
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**题目代码**
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@ -1,17 +1,17 @@
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### leetcode 75 颜色分类
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**leetcode 75 颜色分类**
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**题目描述**
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题目描述：
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> 给定一个包含红色、白色和蓝色，一共 n 个元素的数组，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。
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>
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> 此题中，我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。
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给定一个包含红色、白色和蓝色，一共 n 个元素的数组，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。
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**示例 1：**
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||||
此题中，我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。
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示例 1：
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> 输入：nums = [2,0,2,1,1,0]
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> 输出：[0,0,1,1,2,2]
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**示例 2：**
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示例 2：
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> 输入：nums = [2,0,1]
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> 输出：[0,1,2]
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@ -26,80 +26,30 @@
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> 输入：nums = [1]
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> 输出：[1]
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**两次遍历**
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**做题思路**
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**解析：**
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这个题目我们使用 Arrays.sort() 解决，哈哈，但是那样太无聊啦，题目含义就是让我们将所有的 0 放在前面，2放在后面，1 放在中间，是不是和我们上面说的荷兰国旗问题一样。我们仅仅将 1 做为 pivot 值。
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通过两次遍历，第一遍遍历首先将 0 归位，第二遍遍历将 1 归位，自然 2 也就被归位了，这个方法很容易理解我们直接看代码吧。
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**题目代码**
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```java
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class Solution {
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public void sortColors(int[] nums) {
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int pro = 0;
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//将0归位
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for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
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||||
if (nums[i] == 0) {
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swap(nums,i,pro);
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||||
pro++;
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}
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||||
}
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||||
//将1归位
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||||
for (int j = pro; j < nums.length; ++j) {
|
||||
if(nums[j] == 1) {
|
||||
swap(nums,j,pro);
|
||||
pro++;
|
||||
}
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||||
}
|
||||
}
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public void swap(int[] nums,int i, int j) {
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||||
int temp = nums[i];
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nums[i] = nums[j];
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||||
nums[j] = temp;
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}
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}
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```
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**一次遍历**
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**解析**
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两次遍历实现是十分容易的，也很容易实现，那么我们可不可以一次遍历就将其归位呢？其实这里也利用了我们双指针的思想，我们首先定义两个指针，一个位于数组头部，一个位于数组尾部，当我们遇到 0 时则给我们头部指针交换，遇到 2 时，则给尾部指针交换。不过里面有两个细节我们需要注意。
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1.遍历数组时，指针的上界，不能是 i < nums.length;应是 i <= right;
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2.需要注意交换后，当前指针指向的仍不为1。
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干看上面两种注意事项，可能不是特别容易理解，我们来看我们的视频解析，就可以搞懂这两个情况啦。
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**动图解析**
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**题目代码**
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下面我们直接看代码吧，和三向切分基本一致。
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```java
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class Solution {
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public void sortColors(int[] nums) {
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||||
int len = nums.length;
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int left = 0;
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//这里和三向切分不完全一致
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int i = left;
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int right = len-1;
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//注意看 for 循环的结束条件
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for (int i = 0; i <= right; ++i) {
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||||
if (nums[i] == 0) {
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swap(nums,i,left);
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||||
left++;
|
||||
}
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||||
if (nums[i] == 2) {
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||||
swap(nums,i,right);
|
||||
right--;
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// 发现此时不为1，则指针不移动，继续交换
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if (nums[i] != 1) {
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||||
i--;
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}
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||||
}
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||||
}
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||||
|
||||
while (i <= right) {
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||||
if (nums[i] == 2) {
|
||||
swap(nums,i,right--);
|
||||
} else if (nums[i] == 0) {
|
||||
swap(nums,i++,left++);
|
||||
} else {
|
||||
i++;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
public void swap (int[] nums, int i, int j) {
|
||||
int temp = nums[i];
|
||||
@ -109,3 +59,54 @@ class Solution {
|
||||
}
|
||||
```
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另外我们看这段代码，有什么问题呢？那就是我们即使完全符合时，仍会交换元素，这样会大大降低我们的效率。
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例如：[0,0,0,1,1,1,2,2,2]
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此时我们完全符合情况，不需要交换元素，但是按照我们上面的代码，0,2 的每个元素会和自己进行交换，所以这里我们可以根据 i 和 left 的值是否相等来决定是否需要交换，大家可以自己写一下。
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下面我们看一下另外一种写法
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这个题目的关键点就是，当我们 nums[i] 和 nums[right] 交换后，我们的 nums[right] 此时指向的元素是符合要求的，但是我们 nums[i] 指向的元素不一定符合要求，所以我们需要继续判断。
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我们 2 和 0 交换后，此时 i 指向 0 ，0 应放在头部，所以不符合情况，所以 0 和 1 仍需要交换。下面我们来看一下动画来加深理解吧。
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另一种代码表示
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```java
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||||
class Solution {
|
||||
public void sortColors(int[] nums) {
|
||||
|
||||
int left = 0;
|
||||
int len = nums.length;
|
||||
int right = len - 1;
|
||||
for (int i = 0; i <= right; ++i) {
|
||||
if (nums[i] == 0) {
|
||||
swap(nums,i,left);
|
||||
left++;
|
||||
}
|
||||
if (nums[i] == 2) {
|
||||
swap(nums,i,right);
|
||||
right--;
|
||||
//如果不等于 1 则需要继续判断，所以不移动 i 指针，i--
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||||
if (nums[i] != 1) {
|
||||
i--;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
|
||||
}
|
||||
public void swap (int[] nums,int i, int j) {
|
||||
int temp = nums[i];
|
||||
nums[i] = nums[j];
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nums[j] = temp;
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}
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}
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```
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好啦，这个问题到这就结束啦，是不是很简单啊，我们明天见！
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