0021和可被K整除的子数组

和可被K整除的子数组

编号：0021

试题来源：leetcode

题目描述

给定一个整数数组A，返回其中元素之和可被K整除的(连续、非空)子数组的数目

• $1\le A.length\le 30000$
• $-10000\le A[i]\le 10000$
• $2\le K\le 10000$

解答算法

逐一统计

算法思路

假设存在数组P[i]，记录的是从$A[0\dots i]$的数组和，那么要判断从$A[i]$到$A[j]$的子数组是否符合要求，只要$P[j]-P[i-1]$可以被$K$整除就可以，也就是说只要$P[j]\%K==P[i-1]\%K$，就可以了，因此可以用一个hash_map存放$P[i]$，这样当遍历到P[j]的时候，只要去哈希表中进行查找，如果$P[j]\%K$已经存在的话，那么就会有该余数对应的times的子数组满足要求；而且又多了一个$P[i]$满足这样的余数，因此++hash_map[count]。

代码实现

class Solution {
public:
    int subarraysDivByK(vector<int>& A, int K) {
        unordered_map<int, int> record = { {0, 1} };  //存放余数对应的出现次数，注意初始化余数为0的出现次数为1
        int sum = 0, ans = 0;   //sum为遍历到i的P[i],ans就是子数组个数
        for (int elem : A) {
            sum += elem;   //首先更新sum
            int modulus = (sum % K + K) % K;  //取当前sum的余数，注意这里确保了取得的余数一定是整数
            if (record.count(modulus)) {  //如果该余数已经存在，那么添加已经存在的次数进ans
                ans += record[modulus];
            }
            ++record[modulus];  //该余数又多出现了一次
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，整个过程中只对数组A进行了一遍遍历
• 空间复杂度：$O(min(m,n))$，其中n是A的长度，m是K的大小