1248-统计「优美子数组」

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。如果某个连续子数组中恰好有 k 个奇数数字，我们就认为这个子数组是「 优美子数组 」。

请返回这个数组中 「优美子数组」 的数目。

示例 1：

**输入：** nums = [1,1,2,1,1], k = 3
**输出：** 2
**解释：** 包含 3 个奇数的子数组是 [1,1,2,1] 和 [1,2,1,1] 。

示例 2：

**输入：** nums = [2,4,6], k = 1
**输出：** 0
**解释：** 数列中不包含任何奇数，所以不存在优美子数组。

示例 3：

**输入：** nums = [2,2,2,1,2,2,1,2,2,2], k = 2
**输出：** 16

提示：

• 1 <= nums.length <= 50000
• 1 <= nums[i] <= 10^5
• 1 <= k <= nums.length

📺 视频题解

📖 文字题解

方法一：数学

思路和算法

这个题目中偶数其实是没有用的，我们可以单独建立一个 odd 数组来记录第 i 个奇数的下标。那么我们可以枚举奇数，假设当前枚举到第 i 个，那么 [\textit{odd}[i],\textit{odd}[i+k-1]] 这个子数组就恰好包含 k 个奇数。由于奇数和奇数间存在偶数，所以一定存在其他子数组 [l,r] 满足 [l,r] 包含 [\textit{odd}[i],\textit{odd}[i+k-1]] 且 [l,r] 里的奇数个数为 k 个，那么这个需要怎么统计呢？

由于我们已经记录了每个奇数的下标，所以我们知道对于第 i 个奇数，它的前一个奇数的下标为 odd}[i-1]，也就是说 (\textit{odd}[i-1],\textit{odd}[i]) 间的数都为偶数。同理可得 (\textit{odd}[i+k-1],\textit{odd}[i+k]) 间的数也都为偶数。那么我们可以得出满足 l\in (\textit{odd}[i-1],\textit{odd}[i]] 且 r\in [\textit{odd}[i+k-1],\textit{odd}[i+k]) 条件的子数组 [l,r] 包含 [\textit{odd}[i],\textit{odd}[i+k-1]] 且 [l,r] 里的奇数个数为 k 个。因此对于第 i 个奇数，它对答案的贡献为符合条件的 [l,r] 的个数，即：

(\textit{odd}[i] - \textit{odd}[i - 1]) \times (\textit{odd}[i + k] - \textit{odd}[i + k - 1])

我们只要遍历一遍 odd 数组即可求得最后的答案，注意边界的处理。

[sol1-C++]

class Solution {
public:
    int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {
        int n = (int)nums.size();
        int odd[n + 2], ans = 0, cnt = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (nums[i] & 1) odd[++cnt] = i;
        }
        odd[0] = -1, odd[++cnt] = n;
        for (int i = 1; i + k <= cnt; ++i) {
            ans += (odd[i] - odd[i - 1]) * (odd[i + k] - odd[i + k - 1]); 
        }
        return ans;
    }
};

[sol1-Java]

class Solution {
    public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        int[] odd = new int[n + 2];
        int ans = 0, cnt = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if ((nums[i] & 1) != 0) {
                odd[++cnt] = i;
            }
        }
        odd[0] = -1;
        odd[++cnt] = n;
        for (int i = 1; i + k <= cnt; ++i) {
            ans += (odd[i] - odd[i - 1]) * (odd[i + k] - odd[i + k - 1]); 
        }
        return ans;
    }
}

[sol1-Python3]

class Solution:
    def numberOfSubarrays(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        n = len(nums)
        odd = [-1]
        ans = 0
        for i in range(n):
            if nums[i] % 2 == 1:
                odd.append(i)
        odd.append(n)
        print(odd)
        for i in range(1, len(odd) - k):
            ans += (odd[i] - odd[i - 1]) * (odd[i + k] - odd[i + k - 1])
        return ans

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的大小。遍历 odd 数组最坏情况下需要 O(n) 的时间。

• 空间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的大小。odd 数组需要 O(n) 的空间。

方法二：前缀和 + 差分

思路和算法

考虑以 i 结尾的「优美子数组」个数，我们需要统计符合条件的下标 j 的个数，其中 0\leq j\leq i 且 [j..i] 这个子数组里的奇数个数恰好为 k 。如果枚举 [0..i] 里所有的下标来判断是否符合条件，那么复杂度将会达到 O(n^2) ，无法通过所有测试用例，因此我们需要优化枚举的时间复杂度。

我们定义 pre}[i] 为 [0..i] 中奇数的个数，则 pre}[i] 可以由 pre}[i-1] 递推而来，即：

\textit{pre}[i]=\textit{pre}[i-1]+(\textit{nums}[i]&1)

那么「[j..i] 这个子数组里的奇数个数恰好为 k 」这个条件我们可以转化为

\textit{pre}[i]-\textit{pre}[j-1]==k

简单移项可得符合条件的下标 j 需要满足

\textit{pre}[j-1] == \textit{pre}[i] - k

所以我们考虑以 i 结尾的「优美子数组」个数时只要统计有多少个奇数个数为 pre}[i]-k 的 pre}[j] 即可。我们只要建立频次数组 cnt 记录 pre}[i] 出现的次数，从左往右边更新 cnt 边计算答案，那么以 i 结尾的答案 cnt}[\textit{pre}[i]-k] 即可 O(1) 得到。最后的答案即为所有下标结尾的「优美子数组」个数之和。

需要注意的是，从左往右边更新边计算的时候已经保证了cnt}[\textit{pre}[i]-k] 里记录的 pre}[j] 的下标范围是 0\leq j\leq i 。同时，由于pre}[i] 的计算只与前一项的答案有关，因此我们可以不用建立 pre 数组，直接用 odd 变量来记录 pre[i-1] 的答案即可。

[sol2-C++]

class Solution {
    vector<int> cnt;
public:
    int numberOfSubarrays(vector<int>& nums, int k) {
        int n = (int)nums.size();
        cnt.resize(n + 1, 0);
        int odd = 0, ans = 0;
        cnt[0] = 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            odd += nums[i] & 1;
            ans += odd >= k ? cnt[odd - k] : 0;
            cnt[odd] += 1;
        }
        return ans;
    }
};

[sol2-Java]

class Solution {
    public int numberOfSubarrays(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        int[] cnt = new int[n + 1];
        int odd = 0, ans = 0;
        cnt[0] = 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            odd += nums[i] & 1;
            ans += odd >= k ? cnt[odd - k] : 0;
            cnt[odd] += 1;
        }
        return ans;
    }
}

[sol2-Python3]

class Solution:
    def numberOfSubarrays(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        cnt = [0] * (len(nums) + 1)
        cnt[0] = 1
        odd, ans = 0, 0
        for num in nums:
            if num % 2 == 1:
                odd += 1
            if odd >= k:
                ans += cnt[odd - k]
            cnt[odd] += 1
        return ans

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的大小。我们只需要遍历一遍数组即可求得答案。

• 空间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的大小。频次数组 cnt 记录的最大值不会超过 n ，因此只需要额外的 O(n) 的空间。