1、题目描述
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 s ，找出该数组中满足其和 ≥ s 的长度最小的连续子数组，并返回其长度。如果不存在符合条件的连续子数组，返回 0。
进阶:如果你已经完成了O(n) 时间复杂度的解法, 请尝试 O(n log n) 时间复杂度的解法。
2、示例
输入: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
输出: 2
解释: 子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的连续子数组。
3、题解
解法一：
基本思想：滑动窗口，时间复杂度O(n)空间复杂度O(1)
- 使用滑动窗口[left,right]，里面所有元素之和为sum
- 如果sum<s，扩大窗口右边界向右延伸，同时更新sum
- 如果sum>=s，更新res，缩小窗口左边界向右延伸，同时更新sum
解法二：
基本思想：二分查找，时间复杂度O(nlogn)空间复杂度O(n)，只是提供另一种思路
- 先将nums从第一个元素到最后一个元素依次累计叠加保存至sums数组，使得sums数组有序
- 然后遍历sums，查找出第一个大于等于s+sums[i-1]的位置bound，也就是说从i到bound的nums元素之和大于等于s
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
class Solution {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums) {
//基本思想：滑动窗口，时间复杂度O(n)，使用滑动窗口[left,right]，里面所有元素之和为sum
//如果sum<s，扩大窗口右边界向右延伸，同时更新sum
//如果sum>=s，更新res，缩小窗口左边界向右延伸，同时更新sum
if (nums.size() == 0)
return 0;
int res = INT_MAX, left = 0, right = 0, sum = nums[0];
while (right < nums.size())
{
if (sum < s)
{
right++;
if (right < nums.size())
sum += nums[right];
}
else
{
res = min(res, right - left + 1);
sum -= nums[left];
left++;
}
}
return (res == INT_MAX) ? 0 : res;
}
};
class Solution1 {
public:
int minSubArrayLen(int s, vector<int>& nums)
{
//基本思想：二分查找，时间复杂度O(nlogn)空间复杂度O(n)，只是提供另一种思路
//先将nums从第一个元素到最后一个元素依次累计叠加保存至sums数组，使得sums数组有序
//然后遍历sums，查找出第一个大于等于s+sums[i-1]的位置bound，也就是说从i到bound的nums元素之和大于等于s
if (nums.size() == 0)
return 0;
int ans = INT_MAX;
vector<int> sums(nums.size() + 1, 0);
for (int i = 1; i <= nums.size(); i++)
sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];
for (int i = 1; i <= nums.size(); i++) {
int to_find = s + sums[i - 1];
//lower_bound返回大于或等于to_find的第一个元素位置
auto bound = lower_bound(sums.begin(), sums.end(), to_find);
if (bound != sums.end()) {
ans = min(ans, static_cast<int>(bound - (sums.begin() + i - 1)));
}
}
return (ans != INT_MAX) ? ans : 0;
}
};
int main()
{
Solution solute;
int s = 7;
vector<int> nums{ 2, 3, 1, 2, 4, 3 };
cout << solute.minSubArrayLen(s, nums) << endl;
return 0;
}