往期回顾：LeetCode 单周赛第 350 场 · 滑动窗口与离散化模板题单周赛 352 概览本文已收录到 AndroidFamily，技术和职场问题，请关注公众号 [彭旭锐] 和 [BaguTree Pro] 知识星球提问。
T1.最长奇偶子数组（Easy）
(相关资料图)
T2.和等于目标值的质数对（Medium）
标签：质数筛、散列表、数学T3.不间断子数组（Medium）
标签：滑动窗口、平衡树、单调队列T4.所有子数组中不平衡数字之和（Hard）
标签：平衡树、散列表、前后缀分解、乘法原理T1.最长奇偶子数组（Easy）https://leetcode.cn/problems/longest-even-odd-subarray-with-threshold/容易想到的方法是枚举每个位置开始的子数组，并计算最长奇偶子数组长度，可以得到时间复杂度为 O(n^2) 的解法。
class Solution { fun longestAlternatingSubarray(nums: IntArray, threshold: Int): Int { var i = 0 var j = 0 val n = nums.size var ret = 0 while (j < n) { while (i < n && (nums[i] % 2 != 0 || nums[i] > threshold)) i++ if (i >= n) break j = i + 1 while (j < n && (nums[j] % 2 != nums[j - 1] % 2 && nums[j] <= threshold)) j++ ret = Math.max(ret, j - i) i ++ } return ret }}复杂度分析：
时间复杂度：$O(n^2)$ 最坏情况整个数组都是奇偶子数组；空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。题解二（枚举分组）实际上，数组被分割为若干个满足奇偶子数组的片段，最长奇偶子数组不会被其他更长的奇偶子数组所包含。因此，我们不需要枚举所有位置开始的子数组，而是枚举所有片段，修改仅在于于 ++j 修改为 i = j 而已。
class Solution { fun longestAlternatingSubarray(nums: IntArray, threshold: Int): Int { var i = 0 var j = 0 val n = nums.size var ret = 0 while (j < n) { while (i < n && (nums[i] % 2 != 0 || nums[i] > threshold)) i++ if (i >= n) break j = i + 1 while (j < n && (nums[j] % 2 != nums[j - 1] % 2 && nums[j] <= threshold)) j++ ret = Math.max(ret, j - i) i = j // 唯一修改 } return ret }}复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ i 指针和 j 指针最多移动 n 次；空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。T2.和等于目标值的质数对（Medium）https://leetcode.cn/problems/prime-pairs-with-target-sum/先预处理出数据范围内所有质数，再使用两数之和寻找匹配项。
class Solution { companion object { private val U = 1000000 private val primes = generatePrime(U) private val primeSet = primes.toHashSet() private fun generatePrime(n : Int): LinkedList { // 线性筛 val primes = LinkedList() val isPrime = BooleanArray(n + 1) { true } for (e in 2..n) { if (isPrime[e]) { primes.add(e) } // 标记 for (prime in primes) { if (prime * e >= n) break isPrime[prime * e] = false if (e % prime == 0) break // 保证被最小的质因子标记 } } return primes } } fun findPrimePairs(n: Int): List> { val ret = LinkedList>() for (x in primes) { val y = n - x // 去重 if (y < x) break if (primeSet.contains(y)) ret.add(listOf(x, y)) } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：预处理时间 $O(U)$，每次查询时间为 $O(n)$；空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查询空间为 $O(1)$，不考虑结果数组。题解二（奇数优化）根据奇偶数性质，如果 n 为奇数，那么当且仅当 偶数 + 奇数 = 奇数，而在所有质因子中，仅存在唯一的偶数 2。因此，当 n 为奇数时，只需要判断 n - 2 是否为质因子即可，且仅存在唯一的匹配。
class Solution { companion object { // 预处理 ... } fun findPrimePairs(n: Int): List> { val ret = LinkedList>() if (n % 2 == 1) { if (primeSet.contains(n - 2)) ret.add(listOf(2, n - 2)) return ret } for (x in primes) { val y = n - x // 去重 if (y < x) break if (primeSet.contains(y)) ret.add(listOf(x, y)) } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：预处理时间 $O(U)$，每次查询时间为 $O(n)$；空间复杂度：预处理空间 $O(U)$，每次查询空间为 $O(1)$，不考虑结果数组。T3.不间断子数组（Medium）https://leetcode.cn/problems/continuous-subarrays/这道题与 1438. 绝对差不超过限制的最长连续子数组 是几乎相同的，区别在于本题固定绝对差至多为 2，且目标结果是方案数而不是最长不间断子数组。
与本周赛 T1 类似，我们使用滑动窗口并维持窗口内的数据特征，从而计算满足条件的子数组方案数。同时我们发现，每个以 nums[i] 为结尾的最长不间断子数组 [i, j]，都能提供 j - i + 1 个方案，因此我们只需要求出每段连续的不间断子数组，再累加结果。
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var i = 0 var ret = 0L for (j in nums.indices) { // 收缩左指针 for (k in i until j) { if (Math.abs(nums[k] - nums[j]) > 2) i = k + 1 } ret += j - i + 1 } return ret }}复杂度分析：
时间复杂度：$O(n^2)$ 最坏情况下在整个数组都是不间断数组时，时间复杂度是 $O(n^2)$；空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。题解二（滑动窗口 + 平衡树）题解一中每次移动右指针，都需要枚举窗口元素检查是否满足绝对差至多为 2，最坏情况下时间复杂度是 O(n^2)。为优化时间复杂度，我们使用有序集合，每次仅需要检查集合中的最小值与 nums[j] 的大小关系：
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var i = 0 var ret = 0L val tree = TreeMap() for (j in nums.indices) { // 收缩左指针 while (!tree.isEmpty() && (nums[j] - tree.firstKey() > 2 || tree.lastKey() - nums[j] > 2)) { tree[nums[i]] = tree[nums[i]]!! - 1 if (0 == tree[nums[i]]!!) tree.remove(nums[i]) i++ } tree[nums[j]] = tree.getOrDefault(nums[j], 0) + 1 ret += j - i + 1 } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ 每个元素最多入队一次，维护有序集合排序的时间复杂度是 $O(nlgn)$，由于绝对差至多为 2，有序集合中最多仅会存储 3 个键值对，排序时间降低为常数，因此时间复杂度是 $O(n)$；空间复杂度：$O(1)$ 有序集合空间，实际占用空间为常量级别空间。题解三（滑动窗口 + 双堆）同理，我们使用双堆也可以实现平衡树相同的功能。
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var ret = 0L var i = 0 val maxHeap = PriorityQueue() { i1, i2 -> nums[i2] - nums[i1] } val minHeap = PriorityQueue() { i1, i2 -> nums[i1] - nums[i2] } for (j in nums.indices) { // 收缩左指针 while (!maxHeap.isEmpty() && nums[maxHeap.peek()] - nums[j] > 2) { maxHeap.remove(i) minHeap.remove(i) i++ } while (!minHeap.isEmpty() && nums[j] - nums[minHeap.peek()] > 2) { maxHeap.remove(i) minHeap.remove(i) i++ } maxHeap.offer(j) minHeap.offer(j) ret += maxHeap.size // ret += j - i + 1 } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ 每个元素最多入堆两次，维护堆排序的时间复杂度是 $O(nlgn)$，由于绝对差至多为 2，堆中最多仅会存储 3 个元素，排序时间降低为常数，因此时间复杂度是 O(n)；空间复杂度：$O(1)$ 双堆空间，实际占用空间为常量级别空间。题解四（滑动窗口 + 单调队列）求滑动窗口的极值问题有单调队列的经验解。
在有序集合的解法中，忽略了滑动窗口中元素的顺序关系：当元素 nums[i] 后方出现出现更大的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 x - nums[j] 的结果有贡献；同理，当 nums[i] 后方出现更小的元素时，那么 nums[i] 不可能对滑动窗口的 nums[i] - x 的结果有贡献。
对结果没有贡献的元素，应该提前弹出数据结构（在平衡树和堆的解法中，会保留在数据结构中，从而拉低时间复杂度）。
class Solution { fun continuousSubarrays(nums: IntArray): Long { var ret = 0L var i = 0 // 从队头到队尾递减（维护滑动窗口的最大值） val maxQueue = ArrayDeque() // 从队头到队尾递增（维护滑动窗口的最小值） val minQueue = ArrayDeque() for (j in nums.indices) { // 维护单调性 while (!maxQueue.isEmpty() && maxQueue.peekLast() < nums[j]) maxQueue.pollLast() while (!minQueue.isEmpty() && minQueue.peekLast() > nums[j]) minQueue.pollLast() maxQueue.offer(nums[j]) minQueue.offer(nums[j]) // 维护滑动窗口极值 while (maxQueue.peekFirst() - minQueue.peekFirst() > 2) { if (nums[i] == maxQueue.peekFirst()) maxQueue.pollFirst() if (nums[i] == minQueue.peekFirst()) minQueue.pollFirst() i++ } ret += j - i + 1 } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ 在每次检查仅需要检查队尾元素，每个元素最多出队和出队两次，这是严格 $O(n)$ 的解法；空间复杂度：$O(1)$ 单调队列空间，实际占用空间为常量级别空间。T4.所有子数组中不平衡数字之和（Hard）https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-subarrays/题目的不平衡度表示子数组排序后与前驱元素的差值大于 1 的个数（长度为 k 的子数组的最大不平衡度为 k - 1），最直接的做法是先排序再计数。我们可以维护子数组的有序集合，并维护插入前后的不平衡度：
如果在有序集合的首部或尾部插入，则直接调整插入后的平衡度；如果在有序集合的中间插入，则需要减去插入前贡献的不平衡度，再增加插入后贡献的不平衡度：class Solution { fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int { var ret = 0 for (i in 0 until nums.size) { var cnt = 0 val tree = TreeSet() for (j in i until nums.size) { val pivot = nums[j] val lower = tree.floor(pivot) // 小于等于 val higher = tree.ceiling(pivot) // 大于等于 if (null != lower && null != higher && higher - lower > 1) cnt-- if (null != lower && pivot - lower > 1) cnt++ if (null != higher && higher - pivot > 1) cnt ++ tree.add(pivot) // 子数组结果 ret += cnt } } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n·nlgn)$ 外层循环枚举 n 次，有序集合排序时间为 $O(nlgn)$；空间复杂度：$O(n)$ 有序集合空间。题解二（枚举子数组 + 散列表）由于我们并不需要得到排序后的数组，而是检查每个元素与前驱的关系，因此对于每个元素 nums[i]，我们只需要检查 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否存在。
枚举子数组元素 i，并维护不平衡度 cnt：
如果 nums[i] 已经存在，那么增加 nums[i] 对平衡度没有影响；如果 nums[i] 不存在，那么可能构造一个不平衡度，再观察 nums[i] + 1 和 nums[i] - 1 是否出现过来扣除不平衡度。class Solution { fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int { var ret = 0 for (i in 0 until nums.size) { var cnt = 0 val set = HashSet() for (j in i until nums.size) { val x = nums[j] // 维护不平衡度 if (!set.contains(x)) { cnt++ if (set.contains(x + 1)) cnt-- if (set.contains(x - 1)) cnt-- set.add(nums[j]) } // 子数组结果 ret += cnt - 1 // 减 1 是因为最后一个元素不会构造不平衡度 } } return ret }} 复杂度分析：
时间复杂度：$O(n^2)$ 外层循环枚举 n 次，内层循环是线性时间；空间复杂度：$O(n)$ 散列表空间。题解三（中心扩展 + 前后缀分解 + 乘法原理）思路参考：https://leetcode.cn/problems/sum-of-imbalance-numbers-of-all-subarrays/solutions/2327213/onde-by-dengyun-yyl3/
好棒的思维！
使用逆向思维，我们考虑每个元素 nums[i] 能够贡献的不平衡度，以 nums[i] 为中心点向左右扩展直到遇到最近的 nums[i] - 1，使用乘法原理可以计算出 nums[i] 对多少个子数组产生贡献度。
需要考虑到，如果 nums[i] 是作为子数组的最小值时，是不会产生贡献度的，所以我们要把这部分子数组减去。然而，在使用乘法原理时我们无法方便地知道 nums[i] 在子数组中排序的位置，也就无法知道应该减去多少无效子数组。使用整体思维，我们先忽略无效子数组，同时发现每个子数组中都会存在一个最小值，因此整体来看无效子数组的个数就是子数组的个数，即 N*(N+1)/2；
同时，为了优化时间复杂度，我们可以在第一次线性遍历中预处理出以 nums[i] 开始的后缀中最近的 nums[i] - 1 的位置。在第二次线性遍历中求出以 nums[i] 为中点的前缀中的最近 nums[i] - 1 的位置。
最后还有一个细节，考虑到存在重复数的测试用例 [2,3,1,4,3]，排序后 [1,2,3,3,4] 中只有最左边的 3 会贡献不平衡度。为了避免重复计算，我们规定排序后最左边的 3 来自于当前子数组中最右边的 3，因此在预处理后缀数组时，我们要使用 Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1]) 来中断遍历。
class Solution { fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int { val n = nums.size // 前缀数组和后缀数组 // ids：记录每个元素最近出现位置 var ids = IntArray(n + 1) { n } val prefix = IntArray(n + 1) { -1 } val suffix = IntArray(n + 1) { n } // 预处理后缀数组 for (i in n - 1 downTo 0) { suffix[i] = Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1]) ids[nums[i]] = i } // 预处理前缀数组 ids = IntArray(n + 1) { -1 } for (i in 0 until n) { prefix[i] = ids[nums[i] - 1] ids[nums[i]] = i } // 乘法原理 var ret = 0 for (i in 0 until n) { ret += (i - prefix[i]) * (suffix[i] - i) } return ret - n * (n + 1) / 2 }}在计算前缀数组时累加结果：
class Solution { fun sumImbalanceNumbers(nums: IntArray): Int { val n = nums.size // 前缀数组和后缀数组 // ids：记录每个元素最近出现位置 var ids = IntArray(n + 1) { n } var prefix = -1 val suffix = IntArray(n + 1) { n } // 预处理后缀数组 for (i in n - 1 downTo 0) { suffix[i] = Math.min(ids[nums[i]], ids[nums[i] - 1]) ids[nums[i]] = i } // 预处理前缀数组 + 乘法原理 var ret = 0 ids = IntArray(n + 1) { -1 } for (i in 0 until n) { prefix = ids[nums[i] - 1] ids[nums[i]] = i ret += (i - prefix) * (suffix[i] - i) } return ret - n * (n + 1) / 2 }}复杂度分析：
时间复杂度：$O(n)$ 两次线性遍历；空间复杂度：$O(n)$ 前后缀数组空间。往期回顾LeetCode 单周赛第 350 场 · 滑动窗口与离散化模板题LeetCode 单周赛第 348 场 · 数位 DP 模版学会了吗？LeetCode 双周赛第 107 场 · 很有意思的 T2 题LeetCode 双周赛第 104 场 · 流水的动态规划，铁打的结构化思考