C++实现LeetCode之最短子数组求和的示例分析

这篇文章主要介绍C++实现LeetCode之最短子数组求和的示例分析，文中介绍的非常详细，具有一定的参考价值，感兴趣的小伙伴们一定要看完！

[LeetCode] 209. Minimum Size Subarray Sum 最短子数组之和

Given an array of n positive integers and a positive integer s, find the minimal length of a contiguous subarray of which the sum ≥ s. If there isn't one, return 0 instead.

Example: 

Input: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
Output: 2
Explanation: the subarray [4,3] has the minimal length under the problem constraint.

Follow up:

If you have figured out the O(n) solution, try coding another solution of which the time complexity is O(n log n).  

Credits:
Special thanks to @Freezen for adding this problem and creating all test cases.

这道题给定了我们一个数字，让求子数组之和大于等于给定值的最小长度，注意这里是大于等于，不是等于。跟之前那道 Maximum Subarray 有些类似，并且题目中要求实现 O(n) 和 O(nlgn) 两种解法，那么先来看 O(n) 的解法，需要定义两个指针 left 和 right，分别记录子数组的左右的边界位置，然后让 right 向右移，直到子数组和大于等于给定值或者 right 达到数组末尾，此时更新最短距离，并且将 left 像右移一位，然后再 sum 中减去移去的值，然后重复上面的步骤，直到 right 到达末尾，且 left 到达临界位置，即要么到达边界，要么再往右移动，和就会小于给定值。代码如下：

解法一：

// O(n)class Solution {public:    int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {        if (nums.empty()) return 0;        int left = 0, right = 0, sum = 0, len = nums.size(), res = len + 1;        while (right < len) {            while (sum < s && right < len) {                sum += nums[right++];            }            while (sum >= s) {                res = min(res, right - left);                sum -= nums[left++];            }        }        return res == len + 1 ? 0 : res;    }};

同样的思路，我们也可以换一种写法，参考代码如下：

解法二：

class Solution {public:    int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {        int res = INT_MAX, left = 0, sum = 0;        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {            sum += nums[i];            while (left <= i && sum >= s) {                res = min(res, i - left + 1);                sum -= nums[left++];            }        }        return res == INT_MAX ? 0 : res;    }};

下面再来看看 O(nlgn) 的解法，这个解法要用到二分查找法，思路是，建立一个比原数组长一位的 sums 数组，其中 sums[i] 表示 nums 数组中 [0, i - 1] 的和，然后对于 sums 中每一个值 sums[i]，用二分查找法找到子数组的右边界位置，使该子数组之和大于 sums[i] + s，然后更新最短长度的距离即可。代码如下：

解法三：

// O(nlgn)class Solution {public:    int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {        int len = nums.size(), sums[len + 1] = {0}, res = len + 1;        for (int i = 1; i < len + 1; ++i) sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];        for (int i = 0; i < len + 1; ++i) {            int right = searchRight(i + 1, len, sums[i] + s, sums);            if (right == len + 1) break;            if (res > right - i) res = right - i;        }        return res == len + 1 ? 0 : res;    }    int searchRight(int left, int right, int key, int sums[]) {        while (left <= right) {            int mid = (left + right) / 2;            if (sums[mid] >= key) right = mid - 1;            else left = mid + 1;        }        return left;    }};

我们也可以不用为二分查找法专门写一个函数，直接嵌套在 for 循环中即可，参加代码如下：

解法四：

class Solution {public:    int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {        int res = INT_MAX, n = nums.size();        vector<int> sums(n + 1, 0);        for (int i = 1; i < n + 1; ++i) sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];        for (int i = 0; i < n; ++i) {            int left = i + 1, right = n, t = sums[i] + s;            while (left <= right) {                int mid = left + (right - left) / 2;                if (sums[mid] < t) left = mid + 1;                else right = mid - 1;            }            if (left == n + 1) break;            res = min(res, left - i);        }        return res == INT_MAX ? 0 : res;    }};

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