周赛题目
2760. 最长奇偶子数组
2761. 和等于目标值的质数对
2762. 不间断子数组
2763. 所有子数组中不平衡数字之和
一、最长奇偶子数组
这题的数据范围允许用暴力来做，只要我们分别枚举左端点left和右端点right，然后看区间[left,right]是否符合题目条件，然后找到最大值了返回就行，这里就不多做解释了，下面讲解一种更快的算法---滑动窗口
思路：我们先找到符合条件的左端点，再不断向右扩展右端点，并不断更新最长子数组的长度，直到遇到不符合条件的数出现，我们再移动左端点，使得区间再次符合条件，然后继续移动右端点，如此循环，最后返回得到的最长子数组的长度
代码如下
int longestAlternatingSubarray(int* nums, int numsSize, int threshold){
int right=0;
int ans=0;
while(right<numsSize){
//找到符合条件的左端点
if(nums[right]>threshold||nums[right]%2){
right++;
continue;
}
int left=right;
right++;
while(right<numsSize&&nums[right]<=threshold&&(nums[right-1]%2)!=(nums[right]%2)){
right++;
}
ans=fmax(ans,right-left);
}
return ans;
}二、和等于目标值的质数对
这题其实也不难，主要是质数的判断比较费时间，如果我们一个个去比较，那么时间很可能会超时，这里需要用埃氏筛或者线性筛，来提前预处理出那些素数
这里简单说明一下埃氏筛的思路：默认所有的数都是素数(即标记为true)，从2开始枚举，将2放入素数集合中，再将范围内所有2的倍数标记为false，然后下一个枚举的数是如果是true，就加入素数集合，并将其在范围内的所有倍数标记为false，如果是false，就将其在范围内的所有倍数标记为false，如此循环，就得到了范围内所有的素数
代码如下
int** findPrimePairs(int n, int* returnSize, int** returnColumnSizes){
bool prime[n+1];
for(int i=0;i<=n;i++)
prime[i]=true;
for(int i=2;i<n;i++){
for(int j=i;j<n/i+1;j++){//这里的写法可以防止越界
prime[j*i]=false;
}
}
int**ans=(int**)malloc(sizeof(int*)*100000);
*returnSize=0;
for(int i=2;i<n;i++){
if(!prime[i])continue;
if(n-i<i)break;
if(prime[n-i]){
int*tmp=(int*)malloc(sizeof(int)*2);
tmp[0]=i,tmp[1]=n-i;
ans[(*returnSize)++]=tmp;
}
}
*returnColumnSizes=(int*)malloc(sizeof(int)*(*returnSize));
for(int i=0;i<*returnSize;i++){
(*returnColumnSizes)[i]=2;
}
return ans;
}进阶：由于埃氏筛会导致有些数字被重复赋值为false，浪费了时间（如12=2*6=3*4），这里补充讲一下线性筛，也就是防止重复赋值的情况，我们该怎么办？我们只要将枚举到的数字和已经得到的质数相乘，且如果该质数是所枚举数字的因子，直接跳出循环即可，这个算法的证明有兴趣的同学可以自行去百度，这里就不做详细证明了，写一下代码
int** findPrimePairs(int n, int* returnSize, int** returnColumnSizes){
bool is_prime[n+1];
int primes[n];
int k=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
is_prime[i]=true;
for(int i=2;i<n;i++){
if(is_prime[i])
primes[k++]=i;
for(int j=0;j<k&&primes[j]*i<n;j++){
is_prime[primes[j]*i]=false;
if(i%primes[j]==0)
break;
}
}
int**ans=(int**)malloc(sizeof(int*)*100000);
*returnSize=0;
for(int i=2;i<n;i++){
if(!is_prime[i])continue;
if(n-i<i)break;
if(is_prime[n-i]){
int*tmp=(int*)malloc(sizeof(int)*2);
tmp[0]=i,tmp[1]=n-i;
ans[(*returnSize)++]=tmp;
}
}
*returnColumnSizes=(int*)malloc(sizeof(int)*(*returnSize));
for(int i=0;i<*returnSize;i++){
(*returnColumnSizes)[i]=2;
}
return ans;
}三、不间断子数组
我们先用个例子来找找思路
接下来，我们只需要维护一段区间上的最大值和最小值来保证区间合法就行，那么这题很显然要用到特殊的队列(优先队列)来维护变化区间上的最大值和最小值，代码如下
long long continuousSubarrays(int* nums, int numsSize){
long long ans=0;
int n=numsSize;
int q_Max[n],q_Min[n];
int h1=0,t1=0,h2=0,t2=0;
for(int left=0,right=0;right<numsSize;right++){
while(h1<t1&&nums[q_Max[t1-1]]<nums[right]){
t1--;
}
while(h2<t2&&nums[q_Min[t2-1]]>nums[right]){
t2--;
}
q_Max[t1++]=right;
q_Min[t2++]=right;
while(h1<t1&&h2<t2&&nums[q_Max[h1]]-nums[q_Min[h2]]>2){
if(q_Max[h1]<q_Min[h2]){
h1++;
}else{
h2++;
}
//这里不用担心h1或者h2越界的问题，因为它们就算h1或者h2到达n-1，那么++的必然是另一个
//而一旦h1=h2=n-1，就不符合最大值和最小值相差大于2的条件，不用进入循环
left=fmin(q_Max[h1],q_Min[h2]);
}
ans+=right-left+1;
}
return ans;
}四、2763. 所有子数组中不平衡数字之和
这题的数据范围允许我们使用暴力做法，即直接枚举左右端点，依次计算每个区间的不平衡数字之和，将它们相加后返回，这里的问题就在于我们如何计算区间内的不平衡数字之和，很多人就会想到题目中要求排序，那我们也排序，但是一旦排序就会改变数组中数字的顺序，所以我们就需要额外空间来存放需要排序的数字，既增加空间复杂度，又增加了时间复杂度，这里其实不用这么复杂，我们继续来举个例子帮助大家打开思路
代码如下
int sumImbalanceNumbers(int* nums, int numsSize){
int n=numsSize,ans=0;
for(int i=0;i<n;i++){
bool visited[n+2];
memset(visited,false,sizeof(visited));
visited[nums[i]]=true;
int cnt=0;
for(int j=i+1;j<n;j++){
int x=nums[j];
if(!visited[x]){
cnt+=1-visited[x-1]-visited[x+1];
visited[x]=1;
}
ans+=cnt;
}
}
return ans;
}
//介绍另一种写法
int sumImbalanceNumbers(int* nums, int numsSize){
int visited[numsSize+2];
memset(visited,-1,sizeof(visited));
int ans=0;
for(int i=0;i<numsSize-1;i++){
int cnt=0;
visited[nums[i]]=i;
for(int j=i+1;j<numsSize;j++){
int x=nums[j];
if(visited[x]!=i){
cnt+=1-(visited[x-1]==i)-(visited[x+1]==i);
visited[x]=i;
}
ans+=cnt;
}
}
return ans;
}那么有没有O(n)的方法呢？
其实这题还可以用贡献法来求解，即我们来单独讨论每个元素对不平衡数字之和的贡献。
算法的思想：假设我们要计算x这个数对数组不平衡数字的贡献，那么我们向左边寻找离x最近的x-1或x，在向右边寻找离x最近的x-1（之所以不找x+1，是因为当我们计算x+1这个数的贡献时，就会向左找x，所以没必要找，而右边不找x的理由同上）这样我们就能知道x存在的子数组的个数(用乘法原理)，由此来推断x对不平衡数字的贡献，但是这有一个问题：当x是所在子数组的最小值时，它的贡献就是0，我们需要减去这部分多算的贡献，而每一个元素x充当最小值的子数组的数量就是原数组的子数组的数量，也就是n(n+1)/2---注意子数组要求连续
代码如下
int sumImbalanceNumbers(int* nums, int numsSize){
int n=numsSize,ans=0;
int left[n];
int idx[n+1];
memset(idx,-1,sizeof(idx));
for(int i=0;i<n;i++){
int x=nums[i];
left[i]=fmax(idx[x-1],idx[x]);
idx[x]=i;
}
for(int i=0;i<n+1;i++){
idx[i]=n;
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
int right=idx[nums[i]-1];
ans+=(i-left[i])*(right-i);
idx[nums[i]]=i;
}
return ans-n*(n+1)/2;
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