待字闺中之子序列分析

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原题

给定长度为n的整数数列：a0,a1,..,an-1，以及整数S。这个数列会有连续的子序列的整数总和大于S的，求这些数列中，最小的长度。

分析

如果只是像题目这样的描述，没有强调正数，可以采用O(n^2)的方法。具体代码如下：

int subSeqWithNegative(vector<int>& data,int sum)
{
	int i,j,length = data.size(),res = length+1;
	for (i = 0;i < length;i++)//查找每一个以i开始的，满足条件的最短序列长度
	{
		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;//找不到大于sum的序列
	return res;
}

但是，很多同学在讨论的时候，指出了如果是正数，解法将会有什么样的变化。这个很好。不考虑正负的O(n^2)的方法，这里不详细说了，我们来讨论，当数列中都是正数的情况。

介绍一个利用排序+二分的方法。对于子序列ai...at，子序列和s=ai+...+at=sum[t]-sum[i-1]。sum[t]表示数列a0...at的和。那么，数组sum天然就是递增的，可以进行二分查找。 那么如何进行二分查找呢？对于数组sum，遍历找到第一个k，sum[k]>S，二分查找k前面的某一个j，j是sum[k]-sum[j]>S里最大的一个，则k-j是最小的。依次遍历完数组。 可以得到最小的长度，整体的时间复杂度O(nlogn)，空间复杂度为O(n)。 是否有更快的方法呢？从以上两个方法，我们可以有如下的观察：

• a0...at>S，则a0...at+1无需再考虑

• 对于a0...at>S，只需尝试a1...at是否>S，如果大于S，则更新最短长度。

• 如果不大于S，大于S的只可能是a1...atat+1等。

鉴于以上的观察，我们有如下的算法：设置索引i，j指向第一个整数：

1. ++j，直到sum[j]-sum[i]>S，这里不需要额外保存sum，为了方便说明。记录子序列长度

2. ++i，如果sum[j]-sum[i]>S，更新最小子序列长度。直到sum[j]-sum[i]<=S。

3. ++j，直到sum[j]-sum[i]>S。重复上面的两步，直到数组遍历完毕。

整个算法的时间复杂度为O(n)。下面我们做一个示例数组为{5,1,3,5,10,7,4,9,2,8},S=10，i=j=0开始

1. 当j=3时，和为14>10,则更新最小长度为4

2. 对i进行递增操作，和为9<10，不满足条件。对j进行递增

3. 当i=1，j=4时，和为19>10,长度为4，不更新最小长度。递增i，直到i=3,此时和15>10,更新最小长度为2,

4. 依次类推

最终得到最小长度为2.具体代码如下：

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)//移动后指针
		{
			curSum += data[j++];
			if(j >= length)break;
		}
		
		while (curSum > sum)//移动前指针
		{
			if (res > j - i) res = j - i;
			curSum -= data[i++];
		}
	}
	return res;
}

待字闺中之子序列分析

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原文地址：http://blog.csdn.net/fangjian1204/article/details/39085339