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

题意

• 给你一个长为$N$的数组$A$，返回$A$中满足条件的子串个数
• 条件是：子串中恰好有$K$个不同的元素
• 数据范围：$N\le 20000$

思路

• 这种子串的问题一般是用two pointer或者DP来解决，这个题比较有意思的是两种思路都要用到
• 先根据DP的想法，我们考虑子问题，设前$i$个元素这样的子串有$F(i)$个，必须以$i$结尾的子串有$f(i)$个
• 这样有一个很简单的结论：$F(i)=F(i-1)+f(i)$
• 那么我们的问题的关键就是用$f(i-1)$的知识帮助我们求出$f(i)$了，很显然这两个部分关联性非常强，举个例子比如$A(i)=A(i-1)$的情况，那么有$f(i)=f(i-1)$
• 这里我们需要一些其它的辅助信息了，首先是两个指针$p_1(i)$和$p_2(i)$，我们让他们表示以$i$结尾的可行子串的第一个和最后一个开头位置的索引，不难发现，如果存在以$i$结尾的可行子串，那么所有的$i$结尾可行子串的开头位置应该都在$p_1(i)$和$p_2(i)$之间，而且它们之间的位置作为头也都是可行的，即$f(i)=p_2(i)-p_1(i)+1$
• 另外，我们还需要记录一下映射map<int, int>记为$m_i$，他记录以$i$结尾的子串里，包含的数值，以及数值对应出现的位置，要求这个位置是在$i$之前该数值最后一次出现的位置
• 那么我们接下来就是用$p_1(i)$，$p_2(i)$和$m_i$来更新$p_1(i+1)$，$p_2(i+1)$和$m_{i+1}$
• 加入$A(i+1)$出现在了$m_i$中，那么其实$p_1(i)$，$p_2(i)$之间的位置做开头一定都可行，只是如果$p_2(i)=A(i+1)$时，我们会有更多可行解；我们首先更新$m(A(i+1))=i+1$并赋值给$m_{i+1}$，需要通过遍历更新$p_2$，我们找到第一个位置$j$，保证$A(j)==m_{i+1}(A(j))$，领$p_2(i+1)=j$
• 如果$A(i+1)$未出现在$m_i$中，那么$p_1(i)$，$p_2(i)$之间的位置做开头就会多一个元素，不难发现这个元素就是$A(p_2(i))$，因此我们令$p_1(i+1)=p_2(i)+1$，$p_1(i+1)$的更新则和上一个条件分支基本一样，然后更新$m_i$即可
• 我们可以发现$p_1$和$p_2$的更新都是单调递增的，因此每个位置至多被遍历一次，所以总体复杂度是$O(N)$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;
    }
};

最后

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