待字閨中之子序列分析

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原題

給定長度為n的整數數列：a0,a1,..,an-1，以及整數S。這個數列會有連續的子序列的整數總和大於S的，求這些數列中，最小的長度。

分析

如果只是像題目這樣的描述，沒有強調正數，可以採用O(n^2)的方法。具體代碼如下：

int subSeqWithNegative(vector<int>& data,int sum){int i,j,length = data.size(),res = length+1;for (i = 0;i < length;i++)//尋找每一個以i開始的，滿足條件的最短序列長度{j = i;int curSum = 0;while(j < length){curSum += data[j];if (curSum > sum){if(j - i + 1 < res)res = j - i + 1;break;}j++;}}if(res == length+1)return -1;//找不到大於sum的序列return res;}

但是，很多同學在討論的時候，指出了如果是正數，解法將會有什麼樣的變化。這個很好。不考慮正負的O(n^2)的方法，這裡不詳細說了，我們來討論，當數列中都是正數的情況。

介紹一個利用排序+二分的方法。對於子序列ai...at，子序列和s=ai+...+at=sum[t]-sum[i-1]。sum[t]表示數列a0...at的和。那麼，數組sum天然就是遞增的，可以進行二分尋找。 那麼如何進行二分尋找呢？對於數組sum，遍曆找到第一個k，sum[k]>S，二分尋找k前面的某一個j，j是sum[k]-sum[j]>S裡最大的一個，則k-j是最小的。依次遍曆完數組。 可以得到最小的長度，整體的時間複雜度O(nlogn)，空間複雜度為O(n)。 是否有更快的方法呢？從以上兩個方法，我們可以有如下的觀察：

• a0...at>S，則a0...at+1無需再考慮

• 對於a0...at>S，只需嘗試a1...at是否>S，如果大於S，則更新最短長度。

• 如果不大於S，大於S的只可能是a1...atat+1等。

鑒於以上的觀察，我們有如下的演算法：設定索引i，j指向第一個整數：

1. ++j，直到sum[j]-sum[i]>S，這裡不需要額外儲存sum，為了方便說明。記錄子序列長度2. ++i，如果sum[j]-sum[i]>S，更新最小子序列長度。直到sum[j]-sum[i]<=S。3. ++j，直到sum[j]-sum[i]>S。重複上面的兩步，直到數組遍曆完畢。

整個演算法的時間複雜度為O(n)。下面我們做一個樣本數組為{5,1,3,5,10,7,4,9,2,8},S=10，i=j=0開始

1. 當j=3時，和為14>10,則更新最小長度為42. 對i進行遞增操作，和為9<10，不滿足條件。對j進行遞增3. 當i=1，j=4時，和為19>10,長度為4，不更新最小長度。遞增i，直到i=3,此時和15>10,更新最小長度為2,4. 依次類推

最終得到最小長度為2.具體代碼如下：

int subSeqWithPositive(vector<int>& data,int sum){int i = 0 ,j = 0,length = data.size(),curSum = 0,res = length+1;while (j < length){while (curSum <= sum)//移動後指標{curSum += data[j++];if(j >= length)break;}while (curSum > sum)//移動前指標{if (res > j - i) res = j - i;curSum -= data[i++];}}return res;}

待字閨中之子序列分析