[GoogleInterview]连续子序列问题

Before the Beginning

本文为 Clouder 原创文章，原文链接为 https://www.codein.icu/gci-subarray/，转载时请将本段放在文章开头显眼处。如进行了二次创作，请明确标明。

前言

在颓废地水 Telegram 的时候，在 Codeforces 群里看到有人发了张谷歌面试的题的图，还是有那么一些意思的，向神犇求助后有所收获，写一篇题解。

题目难度不大，如何优雅地解决才是问题。

题面

给定一个无序数组 \(A\)，长度为 \(N\)，元素皆为非负整数，要求找到一段连续的子序列使得其和为 \(S\)。

思路

暴力的思路非常简单，枚举左右端点乱搞就是了。复杂度大概是 \(O(n^3)\) 的。

考虑稍加优化，预处理出前缀和，依然枚举左右端点，复杂度为 \(O(n^2)\)。

这是最直观的想法了，然而要求复杂度为 \(O(n)\)，就必须找到更优的算法。

哈希表法

既然有了前缀和，那么这一段子序列可以用数学语言来表示一下：

\(S = s_i - s_j(j \leq i)\)

其中 \(s\) 代表前缀和。

稍加变换，就可以变为：

\(s_i - S = s_j(j \leq i)\)

问题转化为是否存在 \(j \in [1,i]\) 使得 \(s_j = s_i - S\)。

那么可以顺着扫一遍，判断之前是否有 \(s_j = s_i - S\)，再将 \(s_i\) 的值记录下来。

伪代码：

for(int i = 1;i<=n;++i)

{

    s[i] = s[i - 1] + a[i];

    if(map[s[i] - S] != 0)

        return make_pair(map[s[i] - S] + 1,i);

    map[s[i]] = i;

}

那么复杂度的瓶颈就在于这个 map 如何实现了。使用红黑树可以做到稳定的 \(O(n\log n)\)，而使用哈希表可以做到 \(O(n)\)。

然而哈希表的复杂度相当玄学，并且在元素值域过大时表现并不好。

有没有更稳定的、优雅的解决方法呢？

双指针扫描法

这是与神犇讨论后产生的解法，笔者认为相当优雅，并且顺路膜拜了神犇。

双指针扫描发，或者说对撞指针法？网上的资料较少，我只能大致讲一下。

拿经典的两数之和来举例子吧。

首先保证数组有序，要求找到两个数和为定值。

那么初始化左指针为数组开头，右指针为数组末尾。

判断两数相加，若大于目标值，则右指针左移。若小于目标值，则左指针右移。

那么两个指针重合时终止。很容易证明复杂度为 \(O(n)\)。

相信这个还是很容易理解的。

那么这道题，只是将两数之和变成了两数之差，也可以使用相类似的双指针法。

要求：

\(S = s_i - s_j(j \leq i)\)

先预处理出前缀和数组，由于元素都是非负整数，前缀和数组天然单调递增。

发现右指针右移时单调递增，左指针右移时单调递减，因此满足了单调性。

如果空数组也是可选的，那么右指针初始和左指针位置相同。

伪代码：

int lp = 0,rp = 0;

while(lp <= rp && lp >= 0 && rp <= n)

{

    if(s[rp] - s[lp] == S)

        return make_pair(lp + 1,rp);

    if(s[rp] - s[lp] < S)

        ++rp;

    else

        ++lp;

}

那么复杂度就是相当稳定的 \(O(n)\)了。

双指针扫描法证明

至于双指针法的正确性，感性理解很容易，但严谨证明，笔者觉得还是有些难度的。(当然是笔者太弱了)

在借鉴了 chend大佬的两数之和正确性证明后，笔者也尝试自证一下。

使用数学归纳法证明算法运行过程中 \(\forall a \in [0,L],b \in [L+1,R]\)，\(s_b - s_a \neq S\)。

初始时，不考虑空数组的情况，从 \(L = 0,R = 1\) 开始，若成立则算法退出，否则命题成立。
假定 \(\forall a \in [0,L],b \in [L+1,R]\) 中命题已成立，

欲证 \(\forall a \in [0,L+1],b \in [L+2,R]\) 中命题成立，

若 \(s_{R} - s_{L+1} = S\) 则算法结束，因此要证明命题，

即证 \(\forall b \in [L+2,R]\) 都有 \(s_b - s_{L+1} \neq S\)。

使用反证法证明，假定 \(\forall b \in [L+2,R]\) 有 \(s_b - s_{L+1} = S\)，若 \(b = R\) 则算法已结束，因此 \(b \in [L+2,R - 1]\)。

那么由单调性，有 \(s_b - s_{L} >= S\)，且如果取等号则算法在先前已结束，因此 \(s_b - s_L > S\)。

根据定义，当 \(s_b - s_L > S\) 时，右指针将会固定在 \(b\) 的正确位置，左指针会直接移动到 \(L+1\)，而右指针不会到达当前的 \(R\) 的位置，矛盾。

因此在算法运行过程中，若 \(a \in [0,L],b \in[L+1,R]\) 中命题成立，则\(a \in [0,L+1],b \in [L+2,R]\) 中命题成立。
同理可证明 \(a \in [0,L],b \in [L+1,R+1]\) 中命题成立。

那么在算法运行过程中，根据定义移动指针可始终保证命题成立，不会漏掉 \(s_b - s_a = S\) 的情况。

由于笔者水平问题，证明并不严谨，读者可看大佬原文自行证明。

结语

做题容易，优雅地切题难，切完要证更难啊……

对指点笔者的两位神犇表达膜拜之情。

附上代码包，包含两种方法和数据生成器、检验器和对拍器。

为了实现方便，哈希表使用了 map 容器来代替。

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