给你一个长度为 n
的数组 nums
和一个 正 整数 k
。
如果 nums
的一个子数组中,第一个元素和最后一个元素 差的绝对值恰好 为 k
,我们称这个子数组为 好 的。换句话说,如果子数组 nums[i..j]
满足 |nums[i] - nums[j]| == k
,那么它是一个好子数组。
请你返回 nums
中 好 子数组的 最大 和,如果没有好子数组,返回 0
。
示例 1:
输入:nums = [1,2,3,4,5,6], k = 1 输出:11 解释:好子数组中第一个元素和最后一个元素的差的绝对值必须为 1 。好子数组有 [1,2] ,[2,3] ,[3,4] ,[4,5] 和 [5,6] 。最大子数组和为 11 ,对应的子数组为 [5,6] 。
示例 2:
输入:nums = [-1,3,2,4,5], k = 3 输出:11 解释:好子数组中第一个元素和最后一个元素的差的绝对值必须为 3 。好子数组有 [-1,3,2] 和 [2,4,5] 。最大子数组和为 11 ,对应的子数组为 [2,4,5] 。
示例 3:
输入:nums = [-1,-2,-3,-4], k = 2 输出:-6 解释:好子数组中第一个元素和最后一个元素的差的绝对值必须为 2 。好子数组有 [-1,-2,-3] 和 [-2,-3,-4] 。最大子数组和为 -6 ,对应的子数组为 [-1,-2,-3] 。
思路:这就是典型的前缀和问题
【1】首先我第一次就用的双层for循环+前缀和去解决
代码如下:
class Solution {
public:
long long maximumSubarraySum(vector& nums, int k) {
int n=nums.size();
int MOD=1e9+7;
long long int i,j;
long long int mx[n];
long long int sum=0;
for(i=0;i
定义的maxsum的值原因是long long 的最小值就是他,所以才可以去比较
这个代码的思路就比较简单了,先定义一个等长的数组去存放前缀和,然后双层for循环,去找到区间i,j(满足两边界的数组值的绝对值为k),然后用前缀和mx[j]-mx[i]+nums[i]即可
这样是没问题的,应该是时间复杂度高了,O(N*N)
在leetcode就差几个样例
第二种 就得在前缀和之的基础上加入哈希表去做就可以,这样复杂度也就变成了O(n)
class Solution {
public:
long long maximumSubarraySum(vector &nums, int k) {
long long ans = LLONG_MIN, sum = 0;
unordered_map min_s;
for (int x: nums) {
auto it = min_s.find(x + k);
if (it != min_s.end()) {
ans = max(ans, sum + x - it->second);
}
it = min_s.find(x - k);
if (it != min_s.end()) {
ans = max(ans, sum + x - it->second);
}
it = min_s.find(x);
if (it == min_s.end() || sum < it->second) {
min_s[x] = sum;
}
sum += x;
}
return ans == LLONG_MIN ? 0 : ans;
}
};