Return the length of the shortest, non-empty, contiguous subarray of `A` with sum at least `K`.
If there is no non-empty subarray with sum at least K, return -1.
Example 1:
Input: A = [1], K = 1
Output: 1
Example 2:
Input: A = [1,2], K = 4
Output: -1
Example 3:
Input: A = [2,-1,2], K = 3
Output: 3
Note:
1 <= A.length <= 50000-10 ^ 5 <= A[i] <= 10 ^ 51 <= K <= 10 ^ 9
這道題給了我們一個非空整數數組和一個正整數K，讓找出非空的子數組使得其和至少為K，找不到的話返回 -1。這道題的難點在於數組中可能有負數，這樣的話子數組之和就不會隨着長度的增加而增加，從而貪婪算法可能會失效。當然，直接暴力搜索搜索所有的子數組是對 Hard 題目的不尊重，會被 OJ 教育。對於子數組之和的問題，十有八九是要建立累加和數組的，因為其可以快速的計算任意區間和，但即便是有了累加和數組，遍歷所有區間和還是會超時。用累加數組計算任意區間 [i, j] 的累加和是用 [0, j] 區間和減去 [0, i-1] 區間和得到的，只有兩個區間和差值大於等於K的時候，才會更新結果，所有小於K的區間差是不需要計算的。這樣的話，假如能使得所有區間和按照從小到大的順序排列，那么當前區間和按順序減去隊列中的區間和，一旦差值小於K了，后面的區間和就不用再檢驗了，這樣就可以節省很多運算。
思路有了，下面就來解題吧。這里用一個最小堆，里面放一個數對兒，由區間和跟其結束位置組成。遍歷數組中所有的數字，累加到 sum，表示區間 [0, i] 內數字和，判斷一下若 sum 大於等於K，則用 i+1 更新結果 res。然后用一個 while 循環，看 sum 和堆頂元素的差值，若大於等於K，移除堆頂元素並更新結果 res。循環退出后將當前 sum 和i組成數對兒加入最小堆，最后看若結果 res 還是整型最大值，返回 -1，否則返回結果 res，參見代碼如下：
解法一：
class Solution {
public:
int shortestSubarray(vector<int>& A, int K) {
int n = A.size(), res = INT_MAX, sum = 0;
priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> pq;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
sum += A[i];
if (sum >= K) res = min(res, i + 1);
while (!pq.empty() && sum - pq.top().first >= K) {
res = min(res, i - pq.top().second);
pq.pop();
}
pq.push({sum, i});
}
return res == INT_MAX ? -1 : res;
}
};
我們也可以不用最小堆，直接利用 TreeMap 的自動排序功能，建立區間和跟其結束位置之間的映射。首先建立累加和數組，然后遍歷累加和數組中的每一個數字，在 TreeMap 中二分查找第一個大於 sums[i]-K 的 位置 pos，這樣所有前面較小的位置x，都有 sum[i]-x >= K 成立，這樣只要從開頭遍歷到 pos 位置，將每個區間長度更新結果 res 即可。更新完成后，要將開頭到位置 pos 之間的映射全部刪掉，因為這些已經計算過了，就像上面解法中將堆頂元素移除的操作一樣，然后建立當前區間和跟結束位置i之間的映射，參見代碼如下：
解法二：
class Solution {
public:
int shortestSubarray(vector<int>& A, int K) {
int n = A.size(), res = INT_MAX;
map<int, int> sumMap;
vector<int> sums(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) sums[i] = sums[i - 1] + A[i - 1];
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
auto pos = sumMap.upper_bound(sums[i] - K);
for (auto it = sumMap.begin(); it != pos; ++it) {
res = min(res, i - it->second);
}
sumMap.erase(sumMap.begin(), pos);
sumMap[sums[i]] = i;
}
return res == INT_MAX ? -1 : res;
}
};
上面兩種解法雖然都可以通過 OJ，但也僅僅是險過，來看一種時間和空間的擊敗率都很高的方法，這里用到了雙向隊列 deque，這是一種兩頭都能操作的飛起的數據結構。雙向隊列不像優先隊列那樣自動排序，這樣就節省了排序的時間，我們是按照數組原順序將數字下標加入雙向隊列的。在建立好累加和數組之和，遍歷其每個累加和，然后用一個 while 循環，從雙向隊列的開頭開始遍歷，假如區間和之差大於等於K，就移除隊首元素並更新結果 res。之后這個 while 循環非常重要，能有這么高的擊敗率，全要靠這個循環，這個是從雙向隊列的末尾開始往前遍歷，假如當前區間和 sums[i] 小於等於隊列末尾的區間和，則移除隊列末尾元素。這是為啥呢？因為若數組都是正數，那么長度越長，區間和一定越大，則 sums[i] 一定大於所有雙向隊列中的區間和，但由於可能存在負數，從而使得長度變長，區間總和反而減少了，之前的區間和之差都沒有大於等於K，現在的更不可能大於等於K，這個結束位置可以直接淘汰，不用進行計算。循環結束后將當前位置加入雙向數組即可，參見代碼如下：
解法三：
class Solution {
public:
int shortestSubarray(vector<int>& A, int K) {
int n = A.size(), res = INT_MAX;
deque<int> dq;
vector<int> sums(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) sums[i] = sums[i - 1] + A[i - 1];
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
while (!dq.empty() && sums[i] - sums[dq.front()] >= K) {
res = min(res, i - dq.front());
dq.pop_front();
}
while (!dq.empty() && sums[i] <= sums[dq.back()]) {
dq.pop_back();
}
dq.push_back(i);
}
return res == INT_MAX ? -1 : res;
}
};
Github 同步地址:
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/862
參考資料：
https://leetcode.com/problems/shortest-subarray-with-sum-at-least-k/
[LeetCode All in One 題目講解匯總(持續更新中...)](https://www.cnblogs.com/grandyang/p/4606334.html)