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| Original file line number | Diff line number | Diff line change |
|---|---|---|
| @@ -0,0 +1,187 @@ | ||
| 今天我们看一道 [leetcode](https://leetcode.cn/problems/count-array-pairs-divisible-by-k/description/) hard 难度题目：统计可以被 K 整除的下标对数目。 | ||
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| ## 题目 | ||
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| 给你一个下标从 0 开始、长度为 `n` 的整数数组 `nums` 和一个整数 `k` ，返回满足下述条件的下标对 `(i, j)` 的数目： | ||
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| - `0 <= i < j <= n - 1` 且 | ||
| - `nums[i] * nums[j]` 能被 k 整除。 | ||
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| **示例 1：** | ||
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| ``` | ||
| 输入：nums = [1,2,3,4,5], k = 2 | ||
| 输出：7 | ||
| 解释： | ||
| 共有 7 对下标的对应积可以被 2 整除： | ||
| (0, 1)、(0, 3)、(1, 2)、(1, 3)、(1, 4)、(2, 3) 和 (3, 4) | ||
| 它们的积分别是 2、4、6、8、10、12 和 20 。 | ||
| 其他下标对，例如 (0, 2) 和 (2, 4) 的乘积分别是 3 和 15 ，都无法被 2 整除。 | ||
| ``` | ||
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| ## 思考 | ||
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| 首先想到的是动态规划，一个长度为 `n` 的数组结果与长度为 `n-1` 的关系是什么？ | ||
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| 首先 `n-1` 时假设算好了一个结果 `result`，那么长度为 `n` 时，新产生的匹配是下标 `[0, n-1]` 与下标 `n` 数字的匹配关系，假设这些关系中有 `q` 个满足题设，则最终答案是 `result + q`。 | ||
|
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||
| 这种想法适合 `(i, j)` 满足任意关系的题目，代码如下： | ||
|
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| ```js | ||
| function countPairs(nums: number[], k: number): number { | ||
| if (nums.length < 2) { | ||
| return 0 | ||
| } | ||
|
|
||
| const dpCache: Record<number, number> = {} | ||
|
|
||
| for (let i = 1; i < nums.length; i++) { | ||
| switch (i) { | ||
| case 1: | ||
| if (nums[0] * nums[1] % k === 0) { | ||
| dpCache[1] = 1 | ||
| } else { | ||
| dpCache[1] = 0 | ||
| } | ||
| break | ||
| default: | ||
| // [0,i-1] 洗标范围内与 i 下标组合，看看有多少种可能 | ||
| let currentCount = 0 | ||
| for (let j = 0; j <= i - 1; j++) { | ||
| if (nums[j] * nums[i] % k === 0) { | ||
| currentCount++ | ||
| } | ||
| } | ||
| dpCache[i] = dpCache[i - 1] + currentCount | ||
| } | ||
| } | ||
|
|
||
| return dpCache[nums.length - 1] | ||
| }; | ||
| ``` | ||
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||
| 很可惜超时了，因为回头想想，虽然思路是 dp，但本质上是暴力解法，时间复杂度是 O(n²)。 | ||
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| 为了 AC，必须采用更低复杂度的算法。 | ||
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| ## 利用最大公约数解题 | ||
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| 如果只循环一次数组，那么必须在循环到数组每一项的时候，就能立刻知道该项与其他哪几项的乘积符合 `nums[i] * nums[j]` 能被 k 整除，这样的话累加一下就能得到答案。 | ||
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| 也就是说，拿到数字 `nums[i]` 与 `k`，我们要知道有哪些 `nums[j]` 是满足要求的。 | ||
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| 当然，如果把所有剩余数字循环一遍来找满足条件的 `nums[j]`，那时间复杂度就还是 O(n²)，但不循环似乎无法继续思考了，这道题很容易在这里陷入僵局。 | ||
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| 接下来就要发散思维了，先想这个问题：满足条件的 `nums[j]` 要满足 `nums[i] * nums[j] % k === 0`，那除了通过遍历把每一项 `nums[j]` 拿到真正的算一遍之外，还有什么更快的办法呢？ | ||
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| 除了真的算一下之外，想想 `nums[j]` 还要具备什么特性？这个特性最好和倍数有关，因为如果我们计算所有数字倍数出现的个数，时间复杂度会比较低。 | ||
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| `nums[i]` 与 `k` 的最大公约数就满足这个条件，因为我们希望的是 `nums[j] * nums[i]` 是 `k` 的倍数，那么 `nums[j]` 最小的值就是 `k / nums[i]`，但这个除出来可能不是整数，那必须保证 k 除以的数字是一个整数，这个除数用 `nums[i]` 与 `k` 的最大公约数最划算。`nums[j]` 可以更大，只要是这个结果的倍数就行了，总结一下，`nums[j]` 要满足是 `k / gcd(nums[i], k)` 的倍数。 | ||
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| 再重点解释下原因，我们假设 `nums[i] = 2`, `k=100`，此时是 k 比较大的情况，那么其最大公约数一定小于等于 `nums[i]`，因此 `k / 最大公约数 * nums[j]` 得到的数字一定大于 `k / nums[i] * nums[j]`，毕竟最大公约数比 `nums[i]` 小嘛，而 `k / nums[i] * nums[j]` 就是不考虑 `nums[j]` 是整数情况下让 k 可以整除 `nums[i] * nums[j]` 时，`nums[j]` 取的最小值的情况，因此 `nums[j]` 只要是 `k / 最大公约数` 的倍数就行了。 | ||
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|
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| 反之，如果 k 比 `nums[i]` 小，比如 `nums[i] = 100`, `k=2`，此时最大公约数是小于等于 k 的，但用一个比 k 还要大的 `nums[i]` 作为乘法的一边，乘出来的结果肯定大于 `k`，所以不用担心 `nums[i] * nums[j] < k` 的情况，所以 `nums[j]` 只要是 `k / 最大公约数` 的倍数就行了。 | ||
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| 综上，无论如何 `nums[j]` 只要是 `k / 最大公约数` 的倍数就行了。 | ||
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| 所以对于每一个 `nums[i]`，我们能快速计算出 `x = k / gcd(nums[i], k)`，接下来只要找到 nums 所有数字中，是 `x` 倍数的有多少累加起来就行了。这一步也不能鲁莽，因为数组长度非常大，性能更好的方案是：**先从1开始到最大值，计算出每个数字的倍数有几个，存在一个 map 表里，之后找倍数有几个直接从 map 表里获取就行了**。 | ||
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| 比如有数字 `1 ~ 10`，我们要计算每个数字的倍数出现了几次，大概是这么算的： | ||
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| - 1,2,3... 数到 10，那么 1 的倍数有 10 个数字。 | ||
| - 2,4,6,8,10 数 5 次，那么 2 的倍数有 5 个数字。 | ||
| - 3,6,9 数 3 次，那么 3 的倍数有 3 个数字。 | ||
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| 以此类推，我们发现一个规律，即对于长度为 n 的数组，要数的总次数为 `n + n/2 + n/3 + ... + 1`，这是一个调和数列，具体怎么证明的笔者已经忘了，但可以记住它的值趋向于欧拉常数 + ln(n+1)，这就是要数的次数，所以用这个方案，整体时间复杂度是 O(nlnn)，比 O(n²) 小了很多。 | ||
|
|
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| 所以我们只要 “暴力” 的从 1 开始到 nums 最大的数字，把所有数字的倍数都提前计算出来，最后的时间复杂度反而会更小，这是非常神奇的结论。为了避免计算多余的倍数关系，反而时间复杂度是 O(n²)，而暴力计算所有数字倍数的时间复杂度竟然是 O(nlnn)，这个可以背下来。 | ||
|
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| 接下来就简单了，直接上代码。 | ||
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| 用 js 实现 gcd（最大公约数）计算可以用辗转相除法： | ||
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| ```js | ||
| function gcd(left: number, right: number) { | ||
| return right === 0 ? left : gcd(right ,left % right) | ||
| } | ||
| ``` | ||
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| 整体代码实现： | ||
|
|
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| ```js | ||
| function countPairs(nums: number[], k: number): number { | ||
| // nums 最大的数字 | ||
| let max = 0 | ||
| nums.forEach(num => max = Math.max(num, max)) | ||
|
|
||
| // Map<数字x, 数字x 倍数在 nums 中出现的次数> | ||
| const mutipleMap: Record<number, number> = {} | ||
|
|
||
| // 先遍历一次 nums，将其倍数次自增 | ||
| nums.forEach(num => { | ||
| if (mutipleMap[num] === undefined) { | ||
| mutipleMap[num] = 1 | ||
| } else { | ||
| mutipleMap[num]++ | ||
| } | ||
| }) | ||
|
|
||
| // 按以下规律数倍数出现的次数，但忽略自身 | ||
| // 1,2,3...,max | ||
| // 2,4,6...,max | ||
| // 3,6,9...,max | ||
| for (let i = 1; i <= max; i++) { | ||
| for (let j = i * 2; j <= max; j+=i) { | ||
| if (mutipleMap[i] === undefined) { | ||
| mutipleMap[i] = 0 | ||
| } | ||
| mutipleMap[i] += mutipleMap[j] ?? 0 | ||
| } | ||
| } | ||
|
|
||
| // 答案 | ||
| let result = 0 | ||
|
|
||
| // k / gcd(num, k) 的数组出现的次数累加 | ||
| nums.forEach(num => { | ||
| const targetMutiple = k / gcd(num, k) | ||
| result += mutipleMap[targetMutiple] ?? 0 | ||
| }) | ||
|
|
||
| // 排除自己乘以自己满足条件的情况 | ||
| nums.forEach(num => { | ||
| if (num * num % k === 0) { result-- } | ||
| }) | ||
|
|
||
| return result / 2 | ||
| }; | ||
| ``` | ||
| 有几个注意要点。 | ||
| 第一个是 `for (let j = i * 2`，之所以要乘以 2，是因为在前面遍历 nums 时，自己的倍数已经被算过一次，比如 3,6,9 的 3 已经被初始化算过一次，所以从 3*2=6 开始就行了。 | ||
| 第二个是 `mutipleMap[i] += mutipleMap[j]`，比如 i=3，j=9 时，因为 9 是 3 的倍数，所以此时 3 的倍数可以继承 9 的倍数的数量，而数字是不断变大的，所以不会重复。 | ||
| 第三个是 `if (num * num % k === 0) { result-- }`，因为题目要求 `0 <= i < j <= n - 1`，但我们计算倍数时，比如 9 是 3 的倍数，但 9 可以通过 3 * 3 得到，这种不合规的数据要过滤掉。 | ||
| 第四个是 `return result / 2`，因为在最后累加次数时，把每个数字与其他数字都判断了一遍，假设 `1, 3` 是合法的，那么 `3, 1` 也肯定是合法的，但因为 `i < j` 的要求，我们要把 `3, 1` 干掉，所有合法的结果都存在顺序颠倒的 case，所以除以 2. | ||
| ## 总结 | ||
| 这道题很容易栽在动态规划超时的坑上面，要解决此题需要跨越两座大山： | ||
| 1. 想到最大公约数与另一个数字之间的关系。 | ||
| 2. 意识到暴力计算倍数的时间复杂度是 O(nlnn)。 | ||
| 最后，本题还隐含了 `n + n/2 + n/3 + ... + 1` 为什么极限是 O(nlnn) 的知识，背后有一个 [调和数列](https://zh.wikipedia.org/zh-cn/%E8%B0%83%E5%92%8C%E7%BA%A7%E6%95%B0) 的大知识背景，感兴趣的同学可以深入了解。 | ||
| > 讨论地址是：[精读《算法 - 统计可以被 K 整除的下标对数目》· Issue #495 · dt-fe/weekly](https://github.com/dt-fe/weekly/issues/495) | ||
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