209 | 长度最小的子数组

程序媛驿站

    写在前面~
    最近朋友面试遇到了这道题
    发来和小媛一起讨论的时候
    突然觉得说这是一道虽然简单,但是仍然可以讨论一下的「medium」题目
    决定发出来分享一下
    这道题有比较容易想到的「O(n) 时间复杂度」的解法
    但是难免有的面试官会"精益求精"
    进阶的询问是否有「O(n log(n)) 时间复杂度」的解法
    这就需要大家动动小脑瓜啦~(其实也不难想到)
    闲话少说~
    先来看题~
    题目
    给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。
    找出该数组中满足 其和 ≥ target 的 长度最小的 连续子数组
    [nums_l, nums_l+1, ..., nums_r-1, nums_r] ,
    并返回其长度。
    如果不存在符合条件的子数组,返回 0 。
    示例 1:
    输入:target = 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子数组。
    示例 2:
    输入:target = 4, nums = [1,4,4]
    输出:1
    示例 3:
    输入:target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1]
    输出:0
    提示:
    1 <= target <= 109
    1 <= nums.length <= 105
    1 <= nums[i] <= 105
    先停在这里
    思考一会儿~
    你会用什么方法呢
    一、滑动窗口 / 双指针
    思路:
    · 定义两个指针 start 和 end 分别表示子数组(滑动窗口窗口)的开始位置和结束位置
    · 维护变量 sum 存储子数组中的元素和
    · 初始状态下,start 和 end 都指向下标 0,sum 的值为 0
    · 每一轮迭代,将 nums[end] 加到 sum,如果 sum≥s,则更新子数组的最小长度,然后将 nums[start] 从 sum 中减去并将 start 右移,直到 sum<s,在此过程中同样更新子数组的最小长度
    · 在每一轮迭代的最后,将 end 右移。
    复杂度分析:
    · 时间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。指针 start 和 end 最多各移动 n 次。
    · 空间复杂度:O(1)。c
    
    二、前缀和 + 二分查找
    思路:
    · 因为这道题保证了数组中每个元素都为正,所以前缀和一定是递增的,这一点保证了二分的正确性。如果题目没有说明数组中每个元素都为正,这里就不能使用二分来查找这个位置了。
    · 在确定每个子数组的开始下标后,找到长度最小的子数组需要 O(n) 的时间。
    · 如果使用二分查找,则可以将时间优化到 O(logn)。
    复杂度分析:
    · 时间复杂度:O(nlogn),其中 n是数组的长度。需要遍历每个下标作为子数组的开始下标,遍历的时间复杂度是 O(n),对于每个开始下标,需要通过二分查找得到长度最小的子数组,二分查找得时间复杂度是 O(logn),因此总时间复杂度是 O(nlon)。
    · 空间复杂度:O(n),其中 n 是数组的长度。额外创建数组 sums 存储前缀和。