阜新市城乡建设委员会网站今天的新闻
题目链接
Leetcode.974 和可被 K 整除的子数组
rating : 1676
题目描述
给定一个整数数组 n u m s nums nums 和一个整数 k k k ，返回其中元素之和可被 k k k 整除的（连续、非空） 子数组 的数目。
子数组 是数组的 连续 部分。
示例 1：
输入：nums = [4,5,0,-2,-3,1], k = 5
输出：7
解释：
有 7 个子数组满足其元素之和可被 k = 5 整除：
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]
示例 2：
输入: nums = [5], k = 9
输出: 0
提示：
- 1 ≤ n u m s . l e n g t h ≤ 3 ∗ 1 0 4 1 \leq nums.length \leq 3 * 10^4 1≤nums.length≤3∗104
- − 1 0 4 ≤ n u m s [ i ] ≤ 1 0 4 -10^4 \leq nums[i] \leq 10^4 −104≤nums[i]≤104
- 2 ≤ k ≤ 1 0 4 2 \leq k \leq 10^4 2≤k≤104
解法：前缀和 + 哈希表
我们假设 [ j , i ] [j,i] [j,i] 区间的子数组元素和可以被 k k k 整除，即 :
( n u m s [ j ] + n u m s [ j + 1 ] + . . . + n u m s [ i − 1 ] + n u m s [ i ] ) m o d k = 0 (nums[j] + nums[j + 1] + ... + nums[i-1] + nums[i])\ mod\ k = 0 (nums[j]+nums[j+1]+...+nums[i−1]+nums[i]) mod k=0
我们用 s u m sum sum 表示 n u m s nums nums 的前缀和数组，可将上式转换为：
( s u m [ i ] − s u m [ j − 1 ] ) m o d k = 0 (sum[i] - sum[j-1])\ mod\ k = 0 (sum[i]−sum[j−1]) mod k=0
再转换一下得到：
s u m [ j − 1 ] m o d k = s u m [ i ] m o d k sum[j-1]\ mod\ k= sum[i]\ mod\ k sum[j−1] mod k=sum[i] mod k
那么以 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 为结尾的数组，我们只需要统计前面等于 s u m [ j − 1 ] m o d k sum[j-1]\ mod\ k sum[j−1] mod k 也就是 s u m [ i ] m o d k sum[i]\ mod\ k sum[i] mod k 的数量 t t t 即可。
那么这个 t t t 就是以 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 为结尾的数组中 和能被 k k k 整除的子数组的数量。
我们只需要对每一个 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 都加上 t t t 即可，这样我们就可以统计出所有的 和能被 k k k 整除的子数组的数量。
在实现上，我们使用哈希表来记录前缀和出现的次数。初始时，和为 0 0 0 ，也需要统计它的出现次数，即 { 0 , 1 } \{ 0 , 1 \} {0,1}。
注意：由于 n u m s nums nums 中存在负数，所以 s u m m o d k sum\ mod\ k sum mod k 仍然有可能是负数，所以我们要将其转换为正数，即：
k e y = ( s u m m o d k + k ) m o d k key = (sum\ mod\ k + k)\ mod\ k key=(sum mod k+k) mod k
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
C++代码：
class Solution {
public:int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();int ans = 0 , sum = 0;unordered_map<int,int> cnt{{0,1}};for(int i = 0;i < n;i++){sum += nums[i];auto key = (sum % k + k) % k;ans += cnt[key];cnt[key]++;}return ans;}
};