一、前缀和
560：和为k的子数组
给定一个整数数组和一个整数 k，你需要找到该数组中和为 k 的连续的子数>
组的个数。
示例 1 :
输入:nums = [1,1,1], k = 2 输出: 2 , [1,1] 与 [1,1] 为两种不同的情况。
这道题暴力的解法就是先保存数组的前缀和，然后遍历差分，求所有和为K的子数组，时间复杂度为O(n^2)。
一次遍历的解法：遍历求前缀和，利用HashMap将所有前缀和的次数保存起来，遍历到某个前缀和sum时，判断map中是否存在sum-k，如果有，说明有连续数组的和为k。最后将此前缀和次数+1存入map中。此解法时间复杂度为o(n)。注意当前缀和sum==k时，sum-k=0,所以需要初始化map.put(0,1)。
class Solution {
public int subarraySum(int[] nums, int k) {
Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
map.put(0,1);
int sum = 0;
int res = 0;
for(int i = 0;i < nums.length;++i){
sum+=nums[i];
if(map.containsKey(sum-k))
res+=map.get(sum-k);
map.put(sum,map.getOrDefault(sum,0)+1);
}
return res;
}
}
525. 连续数组
给定一个二进制数组, 找到含有相同数量的 0 和 1 的最长连续子数组（的长度）。
示例 1:
输入: [0,1,1]
输出: 2
说明: [0, 1] 是具有相同数量0和1的最长连续子数组。
这道题和上面那道题异曲同工，不过需要转换一下思路，同样用前缀和sum(i)，不过遇到0加1，遇到1减1，若区间[i,j]的0,1数量相同，那么sum(i-1)与sum(j)前缀和相同，那么长度就为j-(i-1)，因此我们需要map来保存的是前缀和所在的索引，此外，因为题目求得是最长连续子数组，所以我们不能更新前缀和所在的索引，只保留第一次的索引。注意这道题map初始化应该为map.put(0,-1)。
public int findMaxLength(int[] nums) {
int res = 0;
int sum = 0;
Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
map.put(0,-1);
for(int i = 0;i < nums.length;++i){
sum+= nums[i]==0?1:-1;
if(map.containsKey(sum)){
res = Math.max(res,i-map.get(sum));
}
else{
map.put(sum,i);
}
}
return res;
}
二、滑动窗口
1004. 最大连续1的个数 III
给定一个由若干 0 和 1 组成的数组 A，我们最多可以将 K 个值从 0 变成 1 。返回仅包含 1 的最长（连续）子数组的长度。
示例 1：
输入：A = [1,1,1,0,0,0,1,1,1,1,0], K = 2
输出：6
解释：
[1,1,1,0,0,1,1,1,1,1,1]
粗体数字从 0 翻转到 1，最长的子数组长度为 6。
这道题最直观的解法就是依次尝试将K个0转换为1的后的子串长度，先固定子串左边位置left,然后滑动右窗口，遇到0则K--直到K为-1。但是这样的解法存在大量的重复计算，能否优化去掉一部分重复计算呢？
考虑到K为-1时，窗口内的0的数量为K，假设此时右指针位置为right，左指针为left，当left的下一位仍为1时，窗口内的0的数量没有变，所以连续长度肯定-1，所以不需要这部分的计算，因此下一次搜索时需要移动左指针来去掉一个0，这样就会减少不需要的重复计算。
public int longestOnes(int[] A, int K) {
int left = 0, right = 0;
int len = A.length;
int res = 0;
while(left<=right&&right<len){
if(A[right]==0)
K--;
if(K < 0){
res = Math.max(right-left,res);
while(A[left]!=0)
left++;
left++;
K++;
}
right++;
}
return Math.max(right-left,res);
}