Leetcode 992. Subarrays with K Different Integers (DP + Two pointer)

題意

• 給你一個長爲$N$的數組$A$，返回$A$中滿足條件的子串個數
• 條件是：子串中恰好有$K$個不同的元素
• 數據範圍：$N \le 20000$

思路

• 這種子串的問題一般是用two pointer或者DP來解決，這個題比較有意思的是兩種思路都要用到
• 先根據DP的想法，我們考慮子問題，設前$i$個元素這樣的子串有$F(i)$個，必須以$i$結尾的子串有$f(i)$個
• 這樣有一個很簡單的結論：$F(i) = F(i-1) + f(i)$
• 那麼我們的問題的關鍵就是用$f(i-1)$的知識幫助我們求出$f(i)$了，很顯然這兩個部分關聯性非常強，舉個例子比如$A(i) = A(i-1)$的情況，那麼有$f(i) = f(i-1)$
• 這裏我們需要一些其它的輔助信息了，首先是兩個指針$p_1(i)$和$p_2(i)$，我們讓他們表示以$i$結尾的可行子串的第一個和最後一個開頭位置的索引，不難發現，如果存在以$i$結尾的可行子串，那麼所有的$i$結尾可行子串的開頭位置應該都在$p_1(i)$和$p_2(i)$之間，而且它們之間的位置作爲頭也都是可行的，即$f(i) = p_2(i) - p_1(i) + 1$
• 另外，我們還需要記錄一下映射map<int, int>記爲$m_i$，他記錄以$i$結尾的子串裏，包含的數值，以及數值對應出現的位置，要求這個位置是在$i$之前該數值最後一次出現的位置
• 那麼我們接下來就是用$p_1(i)$，$p_2(i)$和$m_i$來更新$p_1(i+1)$，$p_2(i+1)$和$m_{i+1}$
• 加入$A(i+1)$出現在了$m_i$中，那麼其實$p_1(i)$，$p_2(i)$之間的位置做開頭一定都可行，只是如果$p_2(i) = A(i+1)$時，我們會有更多可行解；我們首先更新$m(A(i+1)) = i+1$並賦值給$m_{i+1}$，需要通過遍歷更新$p_2$，我們找到第一個位置$j$，保證$A(j) == m_{i+1}(A(j))$，領$p_2(i+1)=j$
• 如果$A(i+1)$未出現在$m_i$中，那麼$p_1(i)$，$p_2(i)$之間的位置做開頭就會多一個元素，不難發現這個元素就是$A(p_2(i))$，因此我們令$p_1(i+1) = p_2(i) + 1$，$p_1(i+1)$的更新則和上一個條件分支基本一樣，然後更新$m_i$即可
• 我們可以發現$p_1$和$p_2$的更新都是單調遞增的，因此每個位置至多被遍歷一次，所以總體複雜度是$O(N)$的

class Solution {
public:
    int subarraysWithKDistinct(vector<int>& A, int K) {
        unordered_map<int, int> mapp;
        int pre = 0, suf = 0, now = 0;
        int ans = 0;
        for (; now < A.size(); now++){
            mapp[A[now]] = now;
            if (mapp.size() == K){
                break;
            }
        }
        for (int i = now; i < A.size(); i++){
            if (mapp.find(A[i]) != mapp.end()){
                mapp[A[i]] = i;
                while (mapp[A[suf]] != suf){
                    suf++;
                }
            }
            else {
                mapp.erase(A[suf++]);
                mapp[A[i]] = i;
                pre = suf;
                while (mapp[A[suf]] != suf){
                    suf++;
                }
            }
            ans += suf - pre + 1;
        }
        return ans;
    }
};