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【滑动窗口】LeetCode 1658题解 | 将 x 减到 0 的最小操作数

news 来源：原创 2025/6/8 18:19:21

将 x 减到 0 的最小操作数

一、题目链接
二、题目
三、题目解析
四、算法原理
五、编写代码
六、时空复杂度

一、题目链接

将 x 减到 0 的最小操作数

二、题目

在这里插入图片描述

三、题目解析

以示例1为例：

在这里插入图片描述

四、算法原理

像"题目解析"中正面删除并修改数组元素的操作太困难，那就试试反面操作 —— 正难则反思想。

正面操作：在一个数组中的左右边分别找一个小区间，左右区间中的数之和分别为a、b，使这两个小区间中的数之和为x，即 a + b = x。
在这里插入图片描述

反面操作：sum为数组中所有元素的和。中间是一段连续的区域，和为sum - x。最小操作次数对应左右两个小区间中的数的个数最小，对等找中间一段连续区域中数的个数最多。
在这里插入图片描述
那么本题思路转化为：找出最长的子数组的长度(len)，所有元素之和为sum-x（target）。（与【滑动窗口】系列的第一题类似）

为了更具有普遍性，把一个数组抽象成一段横线分析。在暴力解法的基础上找到最优解：

sum：标记双指针所指区域中的所有数之和。

在这里插入图片描述

right向后枚举的过程中，若right从当前位置所指是sum < target，恰好往后一步就有两种可能：sum == target或者sum > target，不管哪一种，right都不用向后枚举了，再往后肯定sum>target。规律1：right向后枚举的过程中，若找到一种结果或者sum>target，right不用向后枚举了。

这时再依次枚举left，left右移一步，按照暴力解法，此时right应回退枚举，但是经过分析right是不用回退的，这是为什么呢？蓝色区间中的数之和小于target，left右移一步，紫色区间中的数之和一定也小于target，所以right不用回退。规律2：left右移的过程中，right也右移 —— 同向双指针。 这时新区间(右图紫色区间)中的和有两种情况：sum == target，更新结果；sum < target，right继续右移枚举找sum>=target。

在这里插入图片描述

步骤：

在这里插入图片描述

直到right到最后为止，最终结果是len，即最长长度，别忘了要n-len。

五、编写代码

细节问题：目标值target可能是小于0的数。题目中提示了数组中所有元素的和都是大于1的。数组中的元素只有大于等于1才能用滑动窗口，若有小于0的元素，随着right向后枚举，就没有了sum的数越来越大的单调性。所以，若target<0，是找不到对应元素的。

若target==0，则最小操作次数是0次。

class Solution {
public:int minOperations(vector<int>& nums, int x) {// 求target:sum-xint sum = 0;for (auto e : nums) sum += e;int target = sum - x;// 细节问题if (target < 0) return -1;// 滑动窗口int n = nums.size();int ret = -1;for (int left = 0, right = 0, tmp = 0; right < n; ++right){tmp += nums[right];// 进窗口while (tmp > target)// 判断tmp -= nums[left++];// 出窗口if (tmp == target) ret = max(ret, right - left + 1);// 更新结果}// 返回最小操作数if (ret == -1) return ret;else return n - ret;}
};

六、时空复杂度

时间复杂度是O(n)：

在这里插入图片描述

空间复杂度是O(1)：只用了几个有限的变量。

【滑动窗口】LeetCode 1658题解 | 将 x 减到 0 的最小操作数

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