前缀和实例4(和可被k整除的子数组)

题目:

给定一个整数数组 nums 和一个整数 k ,返回其中元素之和可被 k 整除的(连续、非空) 子数组 的数目。

子数组 是数组的 连续 部分。

示例 1:

输入:nums = [4,5,0,-2,-3,1], k = 5
输出:7
解释:
有 7 个子数组满足其元素之和可被 k = 5 整除:
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]

示例 2:

输入: nums = [5], k = 9
输出: 0

提示:

  • 1 <= nums.length <= 3 * 104
  • -104 <= nums[i] <= 104
  • 2 <= k <= 104

算法原理:

本题所需前置知识:

1 同余定理

如果 (a - b) % n == 0 ,那么可以得到⼀个结论: a % n == b % n 。即如果两个数相减的差能被n整除,那么这两个数对n取模的结果相同

如  (26 - 2) % 12 == 0 那么 26 % 12 == 2 % 12 == 2
 

2 c++ 中负数取模结果的修正:
 

c++ 中关于负数的取模运算,结果是「把负数当成正数,取模之后的结果加上⼀个负号」

如 -1 % 3 = -(1 % 3) = -1

由于余数在接下来的代码中会充当下标,所以余数不能为负数,故而有修正余数的情况:

(a % n + n) % n  

若是a%n的结果为负数,那么+n就会是正数,当然若是a%n的结果本身就是正数,那么+n就改变了,故而%n

当a%n的结果为负数,修正后依然比n小,故而%n不会发生改变

当a%n的结果为正数,无需修正,但+n使得结果变了,又%n,让变了的结果变回原样

 

枚举所有子数组可以每次固定一个起始位置向后枚举,我们当然也可以每次固定一个结尾位置向前枚举

i是任意位置,那么以 i 为结尾的和可被k 整除的子数组个数就可以这么求:

由图示,我们知道要求[0,i]区间内绿线的个数,只要知道红线的个数即前缀和为x的个数就可以了,又sum%k==x%k

那么我们只需要知道在[0,i-1]内,前缀和(即x)%k==sum%k的个数即可

hash表统计前缀和%k的余数出现的次数

细节问题:hash[0] = 1 ,当i位置的前缀和本身sum就是能被k整除的,[0,i]区间本身就是一个合法子数组,那么x=0

代码实现:

class Solution 
{
public:int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int,int> hash;hash[0] = 1;//0这个数(这个前缀和)的余数,也可以写成hash[0%k]=1int ret = 0;int sum = 0;for(auto e:nums){sum+=e;//当前位置的前缀和int r = (sum%k+k)%k;//修正后的余数if(hash.count(r)){ret+=hash[r];}hash[r]++;}return ret;}
};

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