LC 805. 数组的均值分割

题目描述

这是 LeetCode 上的 805. 数组的均值分割 ,难度为 困难

给定你一个整数数组 nums

我们要将 nums 数组中的每个元素移动到 A 数组 或者 B 数组中,使得 A 数组和 B 数组不为空,并且 average(A) == average(B)

如果可以完成则返回 true, 否则返回 false

注意:对于数组 arr, average(arr)arr 的所有元素除以 arr 长度的和。

示例 1:

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输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7,8]

输出: true

解释: 我们可以将数组分割为 [1,4,5,8] 和 [2,3,6,7], 他们的平均值都是4.5

示例 2:
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输入: nums = [3,1]

输出: false

提示:

  • $1 <= nums.length <= 30$
  • $0 <= nums[i] <= 10^4$

折半搜索 + 二进制枚举 + 哈希表 + 数学

提示一:将长度为 $n$,总和为 $sum$ 的原数组划分为两组,使得两数组平均数相同,可推导出该平均数 $avg = \frac{sum}{n}$

若两数组平均数相同,则由两数组组成的新数组(对应原数组 nums)平均数不变,而原数组的平均数可直接算得。

提示二:原数组长度为 $30$,直接通过「二进制枚举」的方式来做,计算量为 $2^{30}$,该做法无须额外空间,但会 TLE

所谓的直接使用「二进制枚举」来做,是指用二进制表示中的 01 分别代表在划分数组两边。

如果直接对原数组进行「二进制枚举」,由于每个 $nums[i]$ 都有两种决策(归属于数组 AB),共有 $2^{30}$ 个状态需要计算。同时每个状态 state 而言,需要 $O(n)$ 的时间复杂度来判定,但整个过程只需要有限个变量。

因此直接使用「二进制枚举」是一个无须额外空间 TLE 做法。

提示三:空间换时间

我们不可避免需要使用「枚举」的思路,也不可避免对每个 $nums[i]$ 有两种决策。但我们可以考虑缩减每次搜索的长度,将搜索分多次进行。

具体的,我们可以先对 nums 的前半部分进行搜索,并将搜索记录以「二元组 $(tot, cnt)$ 的形式」进行缓存(mapset),其中 tot 为划分元素总和,cnt 为划分元素个数;随后再对 nums 的后半部分进行搜索,假设当前搜索到结果为 $(tot’, cnt’)$,假设我们能够通过“某种方式”算得另外一半的结果为何值,并能在缓存结果中查得该结果,则说明存在合法划分方案,返回 true

通过「折半 + 缓存结果」的做法,将「累乘」的计算过程优化成「累加」计算过程。

提示四:何为“某种方式”

假设我们已经缓存了前半部分的所有搜索结果,并且在搜索后半部分数组时,当前搜索结果为 $(tot’, cnt’)$,应该在缓存结果中搜索何值来确定是否存在合法划分方案。

假设存在合法方案,且在缓存结果应当被搜索的结果为 $(x, y)$。我们有 $\frac{tot’ + x}{cnt’ + y} = avg = \frac{sum}{n}$。

因此我们可以直接枚举系数 $k$ 来进行判定,其中 $k$ 的取值范围为 $[\max(1, cnt’), n - 1]$,结合上式算得 $t = k \times \frac{sum}{n}$,若在缓存结果中存在 $(t - tot’, k - cnt’)$,说明存在合法方案。

代码:

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class Solution {
public boolean splitArraySameAverage(int[] nums) {
int n = nums.length, m = n / 2, sum = 0;
for (int x : nums) sum += x;
Map<Integer, Set<Integer>> map = new HashMap<>();
for (int s = 0; s < (1 << m); s++) {
int tot = 0, cnt = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
if (((s >> i) & 1) == 1) {
tot += nums[i]; cnt++;
}
}
Set<Integer> set = map.getOrDefault(tot, new HashSet<>());
set.add(cnt);
map.put(tot, set);
}
for (int s = 0; s < (1 << (n - m)); s++) {
int tot = 0, cnt = 0;
for (int i = 0; i < (n - m); i++) {
if (((s >> i) & 1) == 1) {
tot += nums[i + m]; cnt++;
}
}
for (int k = Math.max(1, cnt); k < n; k++) {
if (k * sum % n != 0) continue;
int t = k * sum / n;
if (!map.containsKey(t - tot)) continue;
if (!map.get(t - tot).contains(k - cnt)) continue;
return true;
}
}
return false;
}
}

  • 时间复杂度:对原数组前半部分搜索复杂度为 $O(2^{\frac{n}{2}})$;对原数组后半部分搜索复杂度为 $O(2^{\frac{n}{2}})$,搜索同时检索前半部分的结果需要枚举系数 k,复杂度为 $O(n)$。整体复杂度为 $O(n \times 2^{\frac{n}{2}})$
  • 空间复杂度:$O(2^{\frac{n}{2}})$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.805 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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