老方法解新題

  這篇文章的特點就是方法都是老方法，但是使用在這個題目上就顯得更加的巧妙。刷的題多不是什麼值得誇讚的事情，希望大家都能夠把做過的題刷精，哪管他如何變化，看過去都是一道題，這纔是厲害的。

leetcode: 209

給定一個含有 n 個正整數的數組和一個正整數 s ，找出該數組中滿足其和 ≥ s的長度最小的連續子數組，並返回其長度。如果不存在符合條件的連續子數組，返回 0。

示例:

輸入: s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3]
輸出: 2
解釋: 子數組 [4,3] 是該條件下的長度最小的連續子數組。

  這道題的暴力法大家很容易想到，那就是遍歷一個起始位置$i$，遍歷一個終止位置$j$，然後對起始位置到終止位置求和，看是否大於等於$s$，然後從中找到跨度最小，也就是$j-i+1$最小的位置。

複雜度$O(n^2)$的解法

  但是，大家應該保有一種思維就是，我不是每次去找一個$i$和$j$，顯然這樣可以找到$O(n^2)$組，然後對每組獨立求和，這樣求和的複雜度是$O(n)$。
  大家應該具有一種思維就是，我已經求出了一個$i$到$j_1$，那麼再往上加一個數，可以直接在原來的和的基礎上加一個數，這樣每一-1次從$i$到$j$求和的複雜度就轉變成求$s_{i,j}=s_{i,j-1}+j$，也就是$O(1)$。總的複雜度就是$O(n^2)$。
  到這裏，這個方法就很好理解了，這裏直接給出代碼。

python代碼

class Solution:
    def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        for i in range(1, len(nums)):
            if nums[i] >= s:return 1
            nums[i] += nums[i-1]
        nums += [0]
        for gap in range(1, len(nums)):
        	# 這裏直接使用的是子串的長度，而不是子串的起始位置
            for j in range(gap-1, len(nums)):
                if nums[j]-nums[j-gap] >= s:
                    return gap
        return 0

  值得一提的是，這裏使用了一個小技巧，就是python下標裏的-1，因爲想要直接在原數組上進行操作，直接在原數組最後面補了一個0，用這個作爲下標-1的位置來統一處理i=0的時候計算和，需要使用$s_{}$的情況。
  如果到這裏就結束了，你會發現你的代碼被95%的人超過了，那麼本文也就沒有意義了。
  接下來的兩種方法，大家可以在看文章的時候，根據標題停頓，看看能否自己根據標題提示，找到更好的解法。

妙用二分查找

  在上一種方法中，事先已經對數組求好和了，我們得到的新數組nums[j]實際上就是從第0個位置開始，到當前位置，這個數組的和。顯然這個數組是遞增數組。
  我們可以在這個遞增數組中快速找到恰好比s大的第一個數，自然是使用二分查找。這樣實際上就是解決了，從第0個位置開始，大於等於s的最短子數組。
  同理，我們還需要解決從第一個位置開始的。。。但是方法都是一致的，二分查找就行了。
  這裏又得用到小技巧，我們第一輪求得了新數組nums[j]實際上就是從第0個位置開始，到當前位置，這個數組的和，如果我們要計算從第一個位置開始的最短子數組，自然是不用從第一個位置再求一次和的。
  我們從第0個位置求得和，不過是每一個數都比第零個·位置的和大了nums[0]，也就是第1一個數之前所有的數之和。所以我們這個時候，可以繼續上新的nums，但是這次不是找s了，而是找s+nums[1-1]，這裏的1可以換成任何一個i，都是同理。

python代碼

class Solution:
    def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        # 創造二分查找的條件，然後對每一個數開頭的列表都執行二分查找
        for i in range(1, len(nums)):
            if nums[i] >= s:return 1
            nums[i] += nums[i-1]
        nums += [0]

        res = len(nums)+1
        for i in range(len(nums)-2):
            start,end = i,len(nums)-2
            target = s+nums[i-1]
            while start <= end:
                mid = (start+end) >> 1
                if nums[mid]>=target and nums[mid-1] < target:
                    res = min(res, mid-i+1)
                    break
                elif nums[mid]>=target:
                    end = mid
                else:
                    start = mid+1
            else:
                break
        return 0 if res==len(nums)+1 else res

  代碼核心就是一個二分查找，找到第一個比s+nums[i-1]大的數。每一次查找的複雜度是$O(lgn)$，因爲需要從n個位置開始查找，加上最開始求和的複雜度$O(n)$，最終的複雜度就是$O(nlgn)$。

巧用雙指針

  這些方法似乎都是用數組從$i$到$j$的和。好像雙指針很適合來做這個事情，但是怎麼使用，還是需要做一番思考。保證雙指針儘量只往一個方向走，那麼就可以降低複雜度。
  這一種方法的關鍵就在於雙指針都是從小往大長。我們先固定住起始指針，然後增大結尾指針，直到我們找到了一個滿足的子串，然後我們需要記錄這個長度。
  這個時候，我們想要得到更好的解，自然不能繼續增大長度，而死減少長度，不用說，自然是增加起始指針。增加到什麼時候，增加到子串的和比s小了。這個時候自然不能繼續增大起始指針了，因爲越增大和越小，不能找到解。
  所以就這樣往復的增大結尾指針，和比s大了再增大起始指針，這樣往復。很像毛毛蟲向前蠕動。別叫雙指針了，叫毛毛蟲算法好了。

python代碼

class Solution:
    def minSubArrayLen(self, s: int, nums: List[int]) -> int:
        # 雙指針法
        res = len(nums)+1
        sn = j = 0
        for i in range(len(nums)):
            sn += nums[i]

            while sn >= s:
                res = min(res, i-j+1)
                sn -= nums[j]
                j+=1
        return 0 if res==len(nums)+1 else res

  這樣到這裏算是大功告成了。可以看到其實方法都是已有的方法，但是需要把問題轉換成已知的問題。這個轉換過程纔是刷題最應該思考和掌握的。
  在這裏希望大家能夠在刷題中多學習思維，掌握一些基本套路是爲了構建更好的構架底層架構，轉換思維就像是在底層架構上構建的一套操作系統，所有的題目就是在操作系統上運行的用戶軟件。也希望大家能夠在日積月累中有所進步，穩定好底層架構，然後構建一套精妙的操作系統。