子数组达到规定累加和的最大长度系列问题

news2024/11/24 1:53:56

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1、题目一：正整数数组中子数组累加和 = K K K 最大长度

1.1 题目描述

给定一个 正整数 组成的无序数组 arr，给定一个 正整数值 K。

找到 arr 的所有子数组里，哪个子数组的累加和等于K，并且是长度最大的，返回其长度。

例子：

arr = [3, 2, 1, 3, 3, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2]，K = 6

累加和为6的子数组：
1. [3, 2, 1]
2. [2, 1, 3]
3. [3, 3]
4. [1, 1, 1, 1, 1, 1]
5. [2, 2, 2]
6. .....

最大长度为6，[1, 1, 1, 1, 1, 1] 这个子数组

1.2 思路分析

子数组是连续的。

本题利用了窗口单调性的构造。

仍然以题目给定的例子进行流程讲解。

假设是非负数组，构造一个窗口，一开始在数组的左侧，则 L < 0 且 R < 0，窗口内没有一个数，此时窗口内的累加和 Sum 为0。

1）若 Sum < K，则 R++；
2）若 Sum = K，收集答案，即窗口内的数字数量，然后 R++；之所以 R++，因为后面有可能跟着0，使得这个子数组长度更长。
3）若 Sum > K，则L++。

当Sum < K时，R++，就是在找以数组的 L 位置为开头累加和等于 K 的情况；

当Sum > K时，L++，就是在更换数组的开头位置，换下一个位置为开头找累加和等于 K 的的情况。

这个流程之所以对，是因为找到了以每个位置为开头满足条件的所有情况。

之所以窗口可以这样滑动是因为这是个非负数组，所以具有单调性，范围变大，累加和不可能变小；而窗口变小，累加和只可能变小或者相等。

窗口能解决的问题一定都存在某个范围对应指标的单调性，本题的指标就是累加和。

1.3 代码实现

public class LongestSumSubArrayLengthInPositiveArray {

	public static int getMaxLength(int[] arr, int K) {
		if (arr == null || arr.length == 0 || K <= 0) {
			return 0;
		}
		int left = 0;
		int right = 0;
		int sum = arr[0];
		int len = 0;
		while (right < arr.length) {
			//正数数组，相等的情况下，无论先让L还是R动，另一个都会紧跟着移动的
			//但是如果是非负数组，相等的情况下，让R++，因为下一个位置可能是0，使得长度更长
			if (sum == K) { 
				len = Math.max(len, right - left + 1);
				sum -= arr[left++]; 
			} else if (sum < K) {
				right++;
				if (right == arr.length) {
					break;
				}
				sum += arr[right];
			} else {
				sum -= arr[left++];
			}
		}
		return len;
	}
}

对数器：

public class LongestSumSubArrayLengthInPositiveArray {
	// for test
	public static int right(int[] arr, int K) {
		int max = 0;
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			for (int j = i; j < arr.length; j++) {
				if (valid(arr, i, j, K)) {
					max = Math.max(max, j - i + 1);
				}
			}
		}
		return max;
	}

	// for test
	public static boolean valid(int[] arr, int L, int R, int K) {
		int sum = 0;
		for (int i = L; i <= R; i++) {
			sum += arr[i];
		}
		return sum == K;
	}

	// for test
	public static int[] generatePositiveArray(int size, int value) {
		int[] ans = new int[size];
		for (int i = 0; i != size; i++) {
			ans[i] = (int) (Math.random() * value) + 1;
		}
		return ans;
	}

	// for test
	public static void printArray(int[] arr) {
		for (int i = 0; i != arr.length; i++) {
			System.out.print(arr[i] + " ");
		}
		System.out.println();
	}

	public static void main(String[] args) {
		int len = 50;
		int value = 100;
		int testTime = 500000;
		System.out.println("test begin");
		for (int i = 0; i < testTime; i++) {
			int[] arr = generatePositiveArray(len, value);
			int K = (int) (Math.random() * value) + 1;
			int ans1 = getMaxLength(arr, K);
			int ans2 = right(arr, K);
			if (ans1 != ans2) {
				System.out.println("Oops!");
				printArray(arr);
				System.out.println("K : " + K);
				System.out.println(ans1);
				System.out.println(ans2);
				break;
			}
		}
		System.out.println("test end");
	}
}

2、题目二：整数数组中子数组累加和为 = K K K 的最大长度

2.1 题目描述

给定一个 整数 组成的无序数组 arr，值可能正、可能负、可能0。给定一个 整数值 K。

找到 arr 的所有子数组里，哪个子数组的累加和等于K，并且是长度最大的，返回其长度。

2.2 思路分析

本题不能使用窗口了，因为没有单调性了，数组长度变大，并不一定导致累加和不变或者变大，同样地，数组长度变小，并不一定导致累加和变小。就是没有单调性就不能使用窗口。

子数组通常的确定的流程就两种：①必须以每个位置为开头情况是怎样；②必须以每个位置为结尾情况是怎样。

本题将流程定成"以每个位置为结尾的情况下答案是啥"。

将整个大流程拆分为：

  1. 必须以 0 结尾的情况下，哪个累加和为 K K K 的子数组最长。意味着从0位置往左推，推出来的那个子数组能够使得累加和为 K K K 且最长。
  2. 必须以 1 结尾的情况下，哪个累加和为 K K K 的子数组最长。
  3. …

只要能得到任意 i i i 位置结尾情况下推出来的最长结果，那么全局最长的结果就是求的每个位置结果的最大值。

那么对于以任意 i i i 位置结尾的累加和为 K K K 的最长子数组怎么推呢？

假设要求以 100 位置为结尾的累加和为 K = 30 K = 30 K=30 的子数组最长长度，如果已知 0 ~ 100 的累加和为 200，如果 0 ~ 17 的累加和为 170，那么必然知道 18 ~ 100 的累加和为 30。所以找以 100 位置为结尾的累加和为30的子数组最长长度，本质就是在找哪个前缀和是最早出现 170 的。

举例说明具体解法：

请添加图片描述请添加图片描述

2.3 代码实现

import java.util.HashMap;

public class LongestSumSubArrayLength {

	public static int maxLength(int[] arr, int k) {
		if (arr == null || arr.length == 0) {
			return 0;
		}
		// key:前缀和
		// value : 0~value这个前缀和是最早出现key这个值的
		HashMap<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();
		map.put(0, -1); // important
		int len = 0;
		int sum = 0;
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			sum += arr[i];
			if (map.containsKey(sum - k)) {
				len = Math.max(i - map.get(sum - k), len);
			}
			if (!map.containsKey(sum)) {
				map.put(sum, i);
			}
		}
		return len;
	}
}

对数器：

public class LongestSumSubArrayLength {
	// for test
	public static int right(int[] arr, int K) {
		int max = 0;
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			for (int j = i; j < arr.length; j++) {
				if (valid(arr, i, j, K)) {
					max = Math.max(max, j - i + 1);
				}
			}
		}
		return max;
	}

	// for test
	public static boolean valid(int[] arr, int L, int R, int K) {
		int sum = 0;
		for (int i = L; i <= R; i++) {
			sum += arr[i];
		}
		return sum == K;
	}

	// for test
	public static int[] generateRandomArray(int size, int value) {
		int[] ans = new int[(int) (Math.random() * size) + 1];
		for (int i = 0; i < ans.length; i++) {
			ans[i] = (int) (Math.random() * value) - (int) (Math.random() * value);
		}
		return ans;
	}

	// for test
	public static void printArray(int[] arr) {
		for (int i = 0; i != arr.length; i++) {
			System.out.print(arr[i] + " ");
		}
		System.out.println();
	}

	public static void main(String[] args) {
		int len = 50;
		int value = 100;
		int testTime = 500000;

		System.out.println("test begin");
		for (int i = 0; i < testTime; i++) {
			int[] arr = generateRandomArray(len, value);
			int K = (int) (Math.random() * value) - (int) (Math.random() * value);
			int ans1 = maxLength(arr, K);
			int ans2 = right(arr, K);
			if (ans1 != ans2) {
				System.out.println("Oops!");
				printArray(arr);
				System.out.println("K : " + K);
				System.out.println(ans1);
				System.out.println(ans2);
				break;
			}
		}
		System.out.println("test end");
	}
}

2.4 引申变形

题目：给定一个整数数组，有正、有负还有0，找到数组的所有子数组，哪个子数组-1的数量和1的数量相同，并且长度是最大的，返回其长度。

思路：将数组进行处理：所有 非-1和 非1 的无关数全部变成0。这题本质就是在求累加和为 0 的子数组的最长长度，处理后的数组累加和为 0 的子数组就是 -1 和 1 的数量一样多。

2.5 技巧应用题

2.5.1 剑指 Offer II 010. 和为 k 的子数组数量

原题地址：剑指 Offer II 010. 和为 k 的子数组
相同题目： Leetcode 560. 和为 K 的子数组

class Solution {
public:
    int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
        //前缀和 + 哈希表

        //key为前缀和，value为该前缀和出现的次数
        unordered_map<int, int> mp;
        mp[0] = 1;
        int sum = 0; //前缀和
        int cnt = 0;
		
		//以 i 位置结尾的子数组和为k的个数
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];

            if (mp.count(sum - k)) {//判断前缀和sum-k是否出现过
                cnt += mp[sum - k];
            } 
            if (!mp.count(sum)) {
                mp[sum] = 1;
            } else {
                mp[sum]++;
            }
        }

        return cnt;
    }
};

2.5.2 剑指 Offer II 011. 0 和 1 个数相同的子数组

原题地址：剑指 Offer II 011. 0 和 1 个数相同的子数组
相同题目： Leetcode 525. 连续数组

题目：给定一个二进制数组 nums , 找到含有相同数量的 0 和 1 的最长连续子数组，并返回该子数组的长度。

思路：由于「0 和 1 的数量相同」等价于「1的数量减去 0的数量等于 0」，可以将数组中的 0 视作 −1，则原问题转换成「求最长的连续子数组，其元素和为0」

代码：

class Solution {
public:
    int findMaxLength(vector<int>& nums) {
		//前缀和+哈希表
		
        //由于「0和 1 的数量相同」等价于「1的数量减去 0 的数量等于 0」，
        //可以将数组中的 0 视作 −1，则原问题转换成「求最长的连续子数组，其元素和为0」

        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] == 0) {
                nums[i] = -1;
            }
        }

        // 以 i 位置结尾的子数组累加和为0
        int sum = 0;
        int len = 0;
        
        //key为前缀和，value为该前缀和第一次出现的位置
        unordered_map<int, int> mp;
        mp[0] = -1; //important

        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];

            if (mp.count(sum)) {
                len = max(len, i - mp[sum]);
            }

            if (!mp.count(sum)) {
                mp[sum] = i; //记录该累加和最早出现的位置
            }
        }
        return len;
    }
};

3、题目三：整数数组中子数组累加和 ≤ K \le K ≤K 的最大长度

3.1 题目描述

给定一个整数组成的无序数组 arr，值可能正、可能负、可能0，给定一个整数值 K。

找到 arr 的所有子数组里，哪个子数组的累加和 ≤ K \le K ≤K，并且是长度最大的，返回其长度。

3.2 思路分析

本题可用 O ( N ) O(N) O(N) 复杂度解决，即是最优解。

举例说明流程：假设一个数组 arr = [1, 2, -4, 3, 7, -2, 4, -3]

准备两个数组： minSum 和 minSumEnd，均与 arr 等长。

从后往前遍历数组arr，其中 minSum[i] 表示如果子数组必须以 i 开头，子数组能够取得最小的累加和，而 minSumEnd[i] 表示必须以 i 开头的子数组取得最小累加和的时候的右边界。

请添加图片描述
注意：5位置如果往右扩，就只用看它后面的1个位置的最小累加和，因为如果往右扩必然把6位置包含，而 minSum 中 6 位置存储的已经是从6位置开始子数组累加和最小的值，是可以直接使用的，而5本身是个负数，如果往右扩就发现无利可图，所以不再往右扩。

也就是说对于每个位置为开头，它的子数组都有两种选择：① 仅自己；②往右扩。而是否选择往右扩就只看它的后一个位置的最小累加和，若为非正数则有利可图，可以往右扩；否则无利可图，放弃往右扩的选择。

minSum 和 minSumEnd 这两个数组很厉害，任意以 i 位置开头的子数组的所有情况中最优的、最小的累加和存在 minSum 中，最优的、最小的累加和到达的右边界存在 minSumEnd 中，都是以 i 开头的所有情况中的最好。

因为要求的是 i 开头的情况下往右扩的位置，所以是 i 位置的信息依赖于 i+1 位置，i+1 位置的信息就要比 i 位置先算，因此从右往左遍历。 而如果是以 i 结尾的情况，i 位置信息依赖于 i-1 位置，就要从左往右遍历。从哪边开始计算，是根据依赖顺序决定的。

主流程：使用窗口。

通过 minSum 数组看 0 位置开头的子数组累加和 a a a，如果 a > K a > K a>K，则说明从 0 位置开始的任何子数组累加和都不会 ≤ K \le K ≤K。

但是如果 a ≤ K a \le K a≤K，假设通过 minSumEnd 数组知道 0 位置能扩到的位置是 p p p，则看 p + 1 p+1 p+1 位置开头的最小累加和 b b b，如果 a + b ≤ K a + b \le K a+b≤K，则继续往后看；

假设 p p p 位置能扩到的位置是 q q q，则看 q + 1 q + 1 q+1 位置开头的最小累加和 c c c，如果 a + b + c > K a + b + c > K a+b+c>K，那么就不要 q + 1 q + 1 q+1 开头的这范围。

那么必须以 0 位置开头的累加和 ≤ K \le K ≤K 的最长子数组就是最小累加和为 a a a 和 b b b 这两块区域推导出来的范围，即 [0, q]。

同时，能得到从0开始到 q q q 的累加和 sum，接下来将这个窗口变成 1 到 q q q，则该范围的累加和为 sum - arr[0]，记录为 sum'，然后看 sum' 能否把 q+1 位置为开头的子数组吸纳，即 判断 s u m ′ + c ≤ K sum' + c\le K sum′+c≤K 是否成立。

也就是说在当前已经找到的一个区域中，以下一个位置为开头，看未被吸纳的区域是否能被纳入。
在这里插入图片描述

这个过程中，窗口的右边界没有回退。

这种做法为什么正确呢？

一开始得到从0位置开始的答案，正确性毋庸置疑。但是从 1 位置开始的时候并没有求得它的最长子数组，那么这种做法为什么正确呢？因为假设 1 开始的位置，它的正确答案范围的右边界在 q q q 的左边，那么这个答案我们不关心，因为这个长度一定是小于 0 位置开始得到的长度。所以这个流程里并没有求出以每个位置为开头的准确答案，而是只关心是否能将答案长度推高的可能性。意思就是 0 已经推到 q q q 位置，在 0 退出的情况下， q + 1 q+1 q+1位置开头的子数组能否被吸纳，如果不能被吸纳，更甚者比原先的答案长度还短，那就直接舍弃。2位置同理。

本题的难点就在于某些可能性是要舍弃的。

最优解就是舍弃了某些可能性，原理就是已经找到 L L L 出发到 R R R 的一个解，如果 L + 1 L+1 L+1 开头的答案比之前的答案短，就直接舍弃，因为关心的是全局最长。

整理一下整个流程：

  1. 先利用 minSum 和 minSumEnd 数组将 0 位置开头的累加和 ≤ K \le K ≤K 的子数组最长长度求得，假设是0 ~ 13，长度为 14；
  2. 在 0 位置从窗口中出去的情况下，以1位置为开头，窗口右边界依然在 13，维护 [1, 13] 这个范围的累加和，看14开头的满足条件的子数组能否进入窗口。如果不能进入窗口，则收集一个答案，这个答案可能是1位置开头的累加和 ≤ K \le K ≤K的子数组最长长度，也可能不是，但是无所谓，因为这个长度已经比 14 小了；如果能进入窗口，则继续往右扩；
  3. 在 1 位置从窗口中出去的情况下，维护 [2, 13] 这个范围的累加和，是否能将 14 开头满足条件的子数组吸纳。如果可以，假设14开头扩到了 26，那么收集到了2位置开头的累加和 ≤ K \le K ≤K的子数组最长长度为 25，即[2, 26]。
  4. 极端情况是 [0, 13] 这个窗口每次都无法往后扩，那么当窗口中没有数据的时候，窗口左边界到14 位置，就从 14 位置出发，继续往右扩。

如果暴力地从每个位置开始往右扩，找满足条件的子数组，固然也能解决，但是这种方式的时间复杂度为 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)。

3.3 代码实现

public class LongestLessSumSubArrayLength {
	//最优解：时间复杂度O(N)
	public static int maxLengthAwesome(int[] arr, int k) {
		if (arr == null || arr.length == 0) {
			return 0;
		}
		int[] minSums = new int[arr.length];
		int[] minSumEnds = new int[arr.length];
		//从右往左遍历填 minSums 和 minSumEnds 数组
		//所以可以确定最后一个位置
		minSums[arr.length - 1] = arr[arr.length - 1];
		minSumEnds[arr.length - 1] = arr.length - 1;
		//从右往左遍历填 minSums 和 minSumEnds 数组
		for (int i = arr.length - 2; i >= 0; i--) {
			if (minSums[i + 1] < 0) {
				minSums[i] = arr[i] + minSums[i + 1];
				minSumEnds[i] = minSumEnds[i + 1];
			} else {
				minSums[i] = arr[i];
				minSumEnds[i] = i;
			}
		}
		
		int end = 0; // 迟迟扩不进来那一块儿的开头位置，不会回退
		int sum = 0; // 窗口累加和
		int ans = 0; //最大长度，就是最终结果
		//因为end是不回退的，所以时间复杂度为O(N)
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) { //从0位置开头扩到了哪儿、1位置开头扩到了哪儿、......
			// while循环结束之后：
			// 1) 如果以i开头的情况下，累加和<=k的最长子数组是arr[i..end-1]，看看这个子数组长度能不能更新res；
			// 2) 如果以i开头的情况下，累加和<=k的最长子数组比arr[i..end-1]短，更新还是不更新res都不会影响最终结果；
			while (end < arr.length && sum + minSums[end] <= k) { //迟迟扩不进来的那块可以吸纳
				sum += minSums[end];
				end = minSumEnds[end] + 1; 
			}
			ans = Math.max(ans, end - i); //收集答案，end - i可能是i开头的准确答案，也可能不是。如果不是，长度就较短，本来也比之前的答案小，所以不关心；如果是，那就可能将答案推到更高
			if (end > i) { // 还有窗口，哪怕窗口没有数字 窗口的范围是[i,end) [4,4)
				sum -= arr[i];
			} else { // i == end,  即将 i++, 则 i > end, 此时窗口概念维持不住了，所以end跟着i一起走
				//例子：arr = [-10, 6, 3, 1, 5, -5], K = 0
				//		下标：   0  1  2  3  4  5
				//则窗口[0,3]是0开头的答案，sum = 0，此时end = 4，即 4 位置开头的数组是进不了窗口的
				//0位置的-10出窗口，[1,3] sum = 10 > 0, 4位置开头的数组依然进不了窗口
				//1位置的6出窗口，[2,3] sum = 4 > 0, 4位置开头的数组依然进不了窗口
				//2位置的3出窗口，[3,3] sum = 1 > 0, 4位置开头的数组依然进不了窗口
				//3位置的1出窗口，此时窗口中无数据，且i=3，接下来i++，到了4位置，但是4位置的数不能进窗口，因为4位置的5 > 0，此时的i = end
				//接下来到5位置进行计算，于是end跟着i走，看5位置开头是否能继续往后扩
				end = i + 1;
			}
		}
		return ans;
	}
	
	//对数器方法（次优解）：时间复杂度O(NlogN)
	public static int maxLength(int[] arr, int k) {
		int[] h = new int[arr.length + 1];
		int sum = 0;
		h[0] = sum;
		for (int i = 0; i != arr.length; i++) {
			sum += arr[i];
			h[i + 1] = Math.max(sum, h[i]);
		}
		sum = 0;
		int res = 0;
		int pre = 0;
		int len = 0;
		for (int i = 0; i != arr.length; i++) {
			sum += arr[i];
			pre = getLessIndex(h, sum - k);
			len = pre == -1 ? 0 : i - pre + 1;
			res = Math.max(res, len);
		}
		return res;
	}

	public static int getLessIndex(int[] arr, int num) {
		int low = 0;
		int high = arr.length - 1;
		int mid = 0;
		int res = -1;
		while (low <= high) {
			mid = (low + high) / 2;
			if (arr[mid] >= num) {
				res = mid;
				high = mid - 1;
			} else {
				low = mid + 1;
			}
		}
		return res;
	}

	// for test
	public static int[] generateRandomArray(int len, int maxValue) {
		int[] res = new int[len];
		for (int i = 0; i != res.length; i++) {
			res[i] = (int) (Math.random() * maxValue) - (maxValue / 3);
		}
		return res;
	}

	public static void main(String[] args) {
		System.out.println("test begin");
		for (int i = 0; i < 10000000; i++) {
			int[] arr = generateRandomArray(10, 20);
			int k = (int) (Math.random() * 20) - 5;
			if (maxLengthAwesome(arr, k) != maxLength(arr, k)) {
				System.out.println("Oops!");
			}
		}
		System.out.println("test finish");
	}
}

4、题目四：整数数组中子数组平均值 ≤ v \le v ≤v 的最大长度

4.1 题目描述

给定一个数组arr，给定一个值v。

求子数组平均值 ≤ v \le v ≤v 的最长子数组长度。

4.2 思路分析

首先预处理——将原数组 arr 中的每个值都减去 v v v。

然后求预处理数组中子数组累加和 ≤ 0 \le 0 ≤0 的最大长度。

4.3 代码实现

import java.util.TreeMap;

public class AvgLessEqualValueLongestSubarray {
	// 时间复杂度O(N)
	public static int ways3(int[] arr, int v) {
		if (arr == null || arr.length == 0) {
			return 0;
		}
		
		//预处理
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			arr[i] -= v; 
		}
		return maxLengthAwesome(arr, 0);
	}

	// 找到数组中累加和<=k的最长子数组
	public static int maxLengthAwesome(int[] arr, int k) {
		int N = arr.length;
		int[] sums = new int[N];
		int[] ends = new int[N];
		sums[N - 1] = arr[N - 1];
		ends[N - 1] = N - 1;
		for (int i = N - 2; i >= 0; i--) {
			if (sums[i + 1] < 0) {
				sums[i] = arr[i] + sums[i + 1];
				ends[i] = ends[i + 1];
			} else {
				sums[i] = arr[i];
				ends[i] = i;
			}
		}
		int end = 0;
		int sum = 0;
		int res = 0;
		for (int i = 0; i < N; i++) {
			while (end < N && sum + sums[end] <= k) {
				sum += sums[end];
				end = ends[end] + 1;
			}
			res = Math.max(res, end - i);
			if (end > i) {
				sum -= arr[i];
			} else {
				end = i + 1;
			}
		}
		return res;
	}
}

对数器：

public class AvgLessEqualValueLongestSubarray {
	// 暴力解，时间复杂度O(N^3)，用于做对数器
	public static int ways1(int[] arr, int v) {
		int ans = 0;
		for (int L = 0; L < arr.length; L++) {
			for (int R = L; R < arr.length; R++) {
				int sum = 0;
				int k = R - L + 1;
				for (int i = L; i <= R; i++) {
					sum += arr[i];
				}
				double avg = (double) sum / (double) k;
				if (avg <= v) {
					ans = Math.max(ans, k);
				}
			}
		}
		return ans;
	}

	// 解法2，时间复杂度O(N*logN)
	public static int ways2(int[] arr, int v) {
		if (arr == null || arr.length == 0) {
			return 0;
		}
		TreeMap<Integer, Integer> origins = new TreeMap<>();
		int ans = 0;
		int modify = 0;
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			int p1 = arr[i] <= v ? 1 : 0;
			int p2 = 0;
			int querry = -arr[i] - modify;
			if (origins.floorKey(querry) != null) {
				p2 = i - origins.get(origins.floorKey(querry)) + 1;
			}
			ans = Math.max(ans, Math.max(p1, p2));
			int curOrigin = -modify - v;
			if (origins.floorKey(curOrigin) == null) {
				origins.put(curOrigin, i);
			}
			modify += arr[i] - v;
		}
		return ans;
	}

	// 用于测试
	public static int[] randomArray(int maxLen, int maxValue) {
		int len = (int) (Math.random() * maxLen) + 1;
		int[] ans = new int[len];
		for (int i = 0; i < len; i++) {
			ans[i] = (int) (Math.random() * maxValue);
		}
		return ans;
	}

	// 用于测试
	public static int[] copyArray(int[] arr) {
		int[] ans = new int[arr.length];
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			ans[i] = arr[i];
		}
		return ans;
	}

	// 用于测试
	public static void printArray(int[] arr) {
		for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
			System.out.print(arr[i] + " ");
		}
		System.out.println();
	}

	// 用于测试
	public static void main(String[] args) {
		System.out.println("测试开始");
		int maxLen = 20;
		int maxValue = 100;
		int testTime = 500000;
		for (int i = 0; i < testTime; i++) {
			int[] arr = randomArray(maxLen, maxValue);
			int value = (int) (Math.random() * maxValue);
			int[] arr1 = copyArray(arr);
			int[] arr2 = copyArray(arr);
			int[] arr3 = copyArray(arr);
			int ans1 = ways1(arr1, value);
			int ans2 = ways2(arr2, value);
			int ans3 = ways3(arr3, value);
			if (ans1 != ans2 || ans1 != ans3) {
				System.out.println("测试出错！");
				System.out.print("测试数组：");
				printArray(arr);
				System.out.println("子数组平均值不小于 ：" + value);
				System.out.println("方法1得到的最大长度：" + ans1);
				System.out.println("方法2得到的最大长度：" + ans2);
				System.out.println("方法3得到的最大长度：" + ans3);
				System.out.println("=========================");
			}
		}
		System.out.println("测试结束");
	}
}

5、总结

  1. 题目一主要技巧：利用单调性优化

【补充说明】能够使用窗口滑动的前提是具有单调性，就是当窗口的范围变化时，指标（累加和或者给定的数组中的数的类型等）是否有单调性

  1. 题目二主要技巧：利用预处理结构优化 + 讨论开头结尾

【补充说明】题目二记录了「前缀和最早出现的位置」搞定了遍历的问题，不用再遍历地找符合条件的子数组，根据前缀和最早出现的位置直接定位答案。关于「子数组问题」 通常是将答案定成 「必须以 i i i 位置结尾」或者 「必须以 i i i 位置开头」会怎么样，用这种方式解决。

预处理结构 如 「前缀和」、「线段树」、「Index Tree」等。

讨论「数组问题」往往是讨论开头和结尾

  1. 题目三主要技巧：假设答案法 + 淘汰可能性（很难，以后还会见到）

【补充说明】可能在每个位置求不出正确答案，如题目三中精确求解每个位置开头时的答案就不必要，只关注将最终答案变大的可能性，淘汰掉每次都求正确答案的所有情况，只关注能不能变更大的可能性。这是Max Gap 问题。

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